数位DP入门：（bzoj1833+3209）

//我是来看文章创建时间的= =

膜拜了一下蔡大神。。。。

人生第一道自己写的数位DP。。。好吧以前是看题解然后也不知道为什么就过了的>_< 虽然说现在还是只会裸题= =

数位DP介绍：
http://wenku.baidu.com/link?url=9OS5Ybpw5wx00ahrH8ED2oyIlR1uWwrxT8N4pEg27GgBt2T2hLe4sd_h1rmpY7P0HmeHIEDw9h6_K98dPhhjoMhD2TpKcS8w1X8cC_dkPp_
接下来是bzoj1833题目地址：
http://www.lydsy.com:808/JudgeOnline/problem.php?id=1833
题意挺明显。。

首先我萌可以用F[i,j,k]表示有i位数字且前导为k的数中总共含有多少个数字j（0<=j<=9）。。。

然后蒟蒻不想太麻烦（太弱）。。。干脆把1～9拆成9次一次一次来。。。。

因为题目要求的是[l,r],所以答案就是[0,r]-[0,l-1]......

假设当前求的是0～x的数中含有多少个数字num。。。

首先设x有w位数字，把x拆成w位(第一位为最低位)存在数组h里面，然后处理出x的后i位凑起来是什么数（也就是x的w个后缀）

用pre[i]表示10^(i-1)...10^i-1中含有数字num的个数（这个数对于1~9都是一样的）

那么假设处理到第i（i从最高位（w）开始枚举）位：

1、先考虑之后位上存在num的情况：

当前位取的数字小于h[i]的时候，有h[i]种情况（0～h[i]-1)，此时之后的所有数都可以选（之后不管选什么数都不超过x），所以总个数+=h[i]*pre[i-1]（当前位每一种情况都能给总个数贡献之后位中数字个数）

当前位取的数字就是h[i]的时候呢？那就华丽地无视掉啦（为什么？想一想。）（后面的位就等到后面再处理了。。）

2、考虑当前位为num的情况：

如果num=h[i]，由于之前位上的数字都是上限了，之后的数不能超出x的范围（若之前位数有任意一个小于上限，那么之后的数可以随便选，则已被上面的步骤计算到），所以能贡献出（当前再后一个后缀的值+1）个答案。。。。（因为还有一种情况是后面的全选0）

num>h[i]，那么不论之后怎么取，当前这一位都不会额外贡献任何个数。。。(因为想要合法，则前面一定有数小于那一位的上限，贡献在之前就记算了)

num<h[i]，那么当取的数字为num的时候后面的数可以随便取，且每种情况都会额外贡献一个个数（也就是当前位上的这个）,所以总个数+=10^(i-1)

当然以上是针对数码1～9的情况。。。。如果要求0的个数的话目测比较麻烦。。。当然可以在预处理的时候再开一维pre[i,j]表示i位数字前导为j的个数。。。。。

当然我萌发现，0出现的次数就是所有数字次数总和减去1～9的个数和= =

蒟蒻扯半天最终确定自己语死早了>_<。。。。

下面是更丑的代码TAT

var
c:array[0..50,0..50]of int64;
i,j,k:longint;
n,m,ans,bilibili,temp:int64;
num:array[0..50]of int64;
function qpow(a,b:int64):int64;
var date:int64;
begin
date:=1;
while b>0 do
begin
if b and 1=1 then date:=date*a mod bilibili;
b:=b shr 1;
if b>0 then a:=a*a mod bilibili
end;
exit(date)
end;
begin
bilibili:=10000007;
readln(n);
m:=trunc(ln(n)/ln(2))+1;
for i:=0 to m do c[i,0]:=1;
for j:=1 to m do
for i:=1 to m do
c[i,j]:=c[i-1,j]+c[i-1,j-1];
i:=0;
while n>0 do
begin
inc(i);
num[m-i+1]:=n and 1;
n:=n shr 1
end;
ans:=1;
for i:=1 to m do
if num[i]=1 then
begin
for j:=1 to m-i do
ans:=(ans*qpow(temp+j,c[m-i,j]))mod bilibili;
ans:=ans*(temp+1) mod bilibili;
inc(temp)
end;
writeln(ans)
end.

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