【Educational Codeforces Round 53 (Rated for Div. 2) E. Segment Sum】 数位DP

E. Segment Sum

题意

$题意很简单，求l到r之间的所有数中不同数位数不超过k的数之和$
$1<=l<=r<=10^{18} \ \ 1<=k<=10$

做法

$一眼就知道是数位dp$
$而且我们也很容易想到状态的定义$
$数位dp时要往下传递都有哪些数位出现过，这个状态是(1<<10)的$
$由于我们要统计和，每个状态要保存两个值$
$满足状态的数字个数和当前状态数字对答案的贡献$

坑点

$由于本题中前导0对状态有影响，注意数位dp时前导0的问题$

代码

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll Mod = 998244353ll;

typedef pair<ll,ll> pll;
#define Se second
#define Fi first
ll l,r,k;
ll pow_[20];
int cal(ll x)
{
    int ans=0;
    while(x)
    {
        if(x&1) ans++;
        x/=2;
    }
    return ans;
}
pll dp[20][1<<12][2];
ll a[20];
pll dfs(ll len,ll state,bool limit,bool lead)
{
    if(len==0) return pll(1,0);//遍历结束，无需算对答案的贡献，但是要像正常数位dp一样统计满足条件的个数
    if(!limit&&dp[len][state][lead].Se) return dp[len][state][lead];//注意带前导0的数位dp套路
    pll ans=pll(0,0);
    int up=limit?a[len]:9;
    for(int i=0;i<=up;i++)
    {
        ll temp=state|((lead||i)<<i);
        //若当前有前导0而且当前数位为0，则状态不更新
        if(cal(temp)>k) continue;
        //不满足答案的状态要去掉
        pll tmp=dfs(len-1,temp,limit&&i==a[len],lead||i);
        ans.Fi=(ans.Fi+tmp.Fi)%Mod;
        ans.Se=(ans.Se+tmp.Se+(1LL*i*pow_[len-1]%Mod*tmp.Fi)%Mod)%Mod;
        //当前数位对答案的贡献为当前数位所代表的值为i*pow[len-1]
        //当前数位为i的数字个数为tmp.Fi
        //总贡献为:i*pow_[len-1]%Mod*tmp.Fi
    }
    return dp[len][state][lead]=ans;
}
ll solve(ll x)
{
    for(int i=0;i<20;i++)
    {
        for(int j=0;j<(1<<12);j++)
        {
            for(int l=0;l<2;l++)
            {
                dp[i][j][l].Fi=0;
                dp[i][j][l].Se=0;
            }
        }
    }
    memset(a,0,sizeof(a));
    int len=0;
    while(x)
    {
        a[++len]=x%10;
        x/=10;
    }
    return dfs(len,0,true,0).Se%Mod;
}
int main()
{
    pow_[0]=1;
    for(int i=1;i<20;i++) pow_[i]=pow_[i-1]*10%Mod;//每一位的贡献预处理
    scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k);
    printf("%lld\n",(solve(r)-solve(l-1)+Mod)%Mod);
    return 0;
}