【BZOJ3326】數數（SCOI2013）-數位DP

測試地址：數數
題目大意： 給定 $L,R$兩個 $10^5$位內的 $B(\le 10^5)$進制數， $L\le R$，對區間 $[L,R]$內的全部數 $x$，累加 $x$中全部子串表示的數字的和（如 $123$，應該累加 $123+12+23+1+2+3$到答案中，注意不該該包含前導零），求最終答案（用 $10$進製表示）。
作法： 本題須要用到數位DP。
神題。雖然一眼能看出數位DP，但具體的轉移式子仍是想錯了好多回，此次終於寫對了。
首先咱們來看，對於一個 $len$位的數 $x$，在它末尾加一位數 $s$，會對這個數的全部子串表示的數字和有什麼影響（如下簡寫成 $sum(x)$）。令 $suf(x)$表示數 $x$全部後綴表示的數字和，那麼有：
$suf(x_{new})=suf(x_{last})\cdot B+s\cdot (len+1)$
$sum(x_{new})=sum(x_{last})+suf(x_{new})$
根據這個爲基礎，咱們就能思考數位DP的轉移了。
根據套路，首先把問題轉化爲：用小於等於 $R$的全部數的貢獻，減去小於等於 $L-1$的全部數的貢獻，因而如今咱們考慮求小於等於某個數 $T$時的貢獻。
從高位向低位枚舉，令 $Sum(i,0/1)$表示前 $i$位中，不卡/卡上界的全部數的 $sum(x)$的和， $Suf(i,0/1)$表示前 $i$位中，不卡/卡上界的全部數的 $suf(x)$的和。先分析具體的轉移過程：
前 $i-1$位的數不卡上界時，第 $i$位能夠填 $0$ ~ $B-1$內全部的數，而且新的數都不卡上界；
前 $i-1$位的數卡上界時，第 $i$位能夠填 $0$ ~ $T[i]$。當填 $0$ ~ $T[i]-1$時，新的數不卡上界，當填 $T[i]$時新的數卡上界。
因而咱們先考慮 $Suf$的轉移。首先，卡上界的狀況應該很好轉移了，實際上就是求上界的 $suf$值。主要是不卡上界的狀況比較複雜。
首先考慮不卡上界轉移到不卡上界的狀況。根據上面的轉移式子 $suf(x_{new})=suf(x_{last})\cdot B+s\cdot (len+1)$，咱們這樣考慮：首先枚舉 $s$從 $0$到 $B-1$，對於每個 $s$，再枚舉可轉移的 $x_{last}$，把貢獻累加起來。因而一個 $s$對整個 $Suf$的貢獻是： $B\cdot \sum suf(x_{last})+s\cdot \sum (len(x_{last})+1)$，那麼對於全部 $s$，對 $Suf$的貢獻就是： $B\cdot B\cdot \sum suf(x_{last})+\frac{B(B-1)}{2}\cdot \sum (len(x_{last})+1)$。其中 $\sum suf(x_{last})$就是 $Suf(i-1,0)$，而 $\sum (len(x_{last})+1)$須要斟酌一下。這個和式是在求，對於全部可轉移的 $x_{last}$（包括 $0$），累加它們的位數 $+1$（把 $0$的位數看作 $0$）。觀察規律，咱們發現： $1$有 $1$個， $2$有 $B-1$個， $3$有 $(B-1)\cdot B$個， $4$有 $(B-1)\cdot B^2$個… $i-1$有 $(B-1)\cdot B^{i-3}$個， $i$有 $num-B^{i-2}$個， $num$表示 $T$的前 $i-1$位組成的前綴。那麼前面的有規律的部分能夠遞推維護，而 $num$顯然也能夠遞推維護，因此咱們就能夠每次 $O(1)$地進行這個轉移了。
接下來考慮卡上界轉移到不卡上界的狀況。這種狀況下，能轉移到不卡上界的狀況， $s$必須是 $0$ ~ $T[i]-1$，並且由於這種狀況中可轉移的 $x_{last}$只有一個，並且 $len(x_{last})$就是 $i-1$，所以就比上面的狀況簡單不少了，總貢獻應該爲 $Suf(i-1,1)\cdot B+\frac{T[i](T[i]-1)}{2}\cdot i$。
那麼 $Suf$的轉移討論完了，接下來討論 $Sum$的轉移。 $Sum(i,1)$就是求上界的 $sum$，而 $Sum(i,0)$也利用上面的思考方式，先考慮從不卡上界轉移的狀況，由於有 $B$種轉移，因此 $Sum(i-1,0)$就產生了 $B$次的貢獻。再考慮從卡上界轉移的狀況，由於有 $T[i]$種轉移，因此 $Sum(i-1,1)$就產生了 $T[i]$次的貢獻。再加上全部不卡上界數的後綴產生的貢獻，即 $Suf(i,0)$，就能夠計算出 $Sum(i,0)$了。
至此，通過漫長的討論，咱們獲得了一個 $O(n)$的數位DP，完美地解決了這一道題。
如下是本人代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=20130427;
int n;
ll s[100010],B,sum[100010][2],suf[100010][2];
ll pw[100010],num[100010],sumnum[100010]={0};

ll solve()
{
	sum[0][0]=sum[0][1]=suf[0][0]=suf[0][1]=num[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if (i>2) sumnum[i]=(sumnum[i-1]+(ll)(i-1)*(B-1ll)%mod*pw[i-3]%mod)%mod;
		num[i]=(num[i-1]*B%mod+s[i])%mod;
		ll tmp=0;
		if (i>1) tmp=(sumnum[i]+1ll+(num[i-1]-pw[i-2]+mod)%mod*(ll)i%mod)%mod;
		suf[i][1]=(suf[i-1][1]*B%mod+s[i]*(ll)i%mod)%mod;
		suf[i][0]=(suf[i-1][0]*B%mod*B%mod+B*(B-1ll)/2ll%mod*tmp%mod)%mod;
		suf[i][0]=(suf[i][0]+suf[i-1][1]*B%mod*s[i]%mod+s[i]*(s[i]-1ll)/2ll%mod*(ll)i%mod)%mod;
		sum[i][1]=(sum[i-1][1]+suf[i][1])%mod;
		sum[i][0]=(sum[i-1][0]*B%mod+suf[i][0])%mod;
		sum[i][0]=(sum[i][0]+sum[i-1][1]*s[i]%mod)%mod;
	}
	return (sum[n][0]+sum[n][1])%mod;
}

int main()
{
	ll ans;
	
	scanf("%lld",&B);
	scanf("%d",&n);
	pw[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&s[i]);
		pw[i]=pw[i-1]*B%mod;
	}
	ans=(mod-solve()+sum[n][1])%mod;
	
	scanf("%d",&n);
	pw[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&s[i]);
		pw[i]=pw[i-1]*B%mod;
	}
	ans=(ans+solve())%mod;
	
	printf("%lld",ans);
	
	return 0;
}