[HDU 6093] Rikka with Number

题目链接： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6093

题意： 定义一个好数满足存在一个d(d ≥ 2)， 使其在d进制的表示下， 每一位正好组成一个0 ~ d-1的排列， 要求区间[l, r]上有多少个好数（mod 998244353）。

（多组数据， t≤20, 1≤l≤r≤105000）

思路：首先询问区间[l, r]可以拆成两个[1, n]的前缀询问。 对于一个d进制下的好数K， 满足nn−1<K<nn， 由于nn<(n+1)n， 所以每个好数仅对应唯一一种d进制表示。考虑询问一段前缀区间[1, n]， 若n用d进制表示后位数大于d， 则d进制的所有好数均包含在内， 即n!−(n−1)!。 若n用d进制表示后位数等于d，考虑数位dp可以求出小于等于n的d进制下的好数。

由于大整数进制转换的复杂度限制， 直接枚举d会TLE， 即使是二分d也无法避免。 要找到临界点， 可以用对数估计这个临界点， 即一个最大的d， 满足(d−1)log(d)≤log(n)， 这个d也是关于n单调的， 可以预处理每个10^k的临界d。 临界点之前的答案可以用前缀和预处理得到。

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>

#define ll long long

const int N = 5010;
const int mo = 998244353;

using namespace std;

char str
; int len;
ll ans, ni
, sum
;

int num[3]
, t[3], L
;
bool check(int d){

for (int i = 0; i < len; i ++) num[0][i] = str[i]; t[0] = len;
int cur = 1, pre = 0; t[2] = 0;

while (t[pre]){
int now = 0;
for (int i = t[pre] - 1; i >= 0; i --){
now = now * 10 + num[pre][i];
num[cur][i] = now / d; now %= d;
}

t[cur] = t[pre];
while (!num[cur][t[cur] - 1] && t[cur] > 0) t[cur] --;

num[2][t[2] ++] = now;

swap(cur, pre);
if (t[2] > d) return 1;
}

if (t[2] == d) return 1;

return 0;
}

int tmp
, n;
void copy(){
n = t[2];
for (int i = 0; i < n; i ++) tmp[i] = num[2][i];
}

int rem
; bool used
;
ll dp(int d){
if (n > d) return ni[d] - ni[d - 1];

int tot = d;
for (int i = d - 1; i >= 0; i --)
rem[i] = i;
memset(used, 0, sizeof(used));

ll ret = 0; bool ok = 1;
for (int i = d - 1; i >= 0; i --){
(ret += 1LL * (rem[tmp[i]] - (i == d - 1 && !used[0])) * ni[tot - 1]) %= mo ;
if (used[tmp[i]]) {ok = 0; break;}

tot --; used[tmp[i]] = 1;
for (int j = tmp[i] + 1; j <= d - 1; j ++) rem[j] --;
}

return ret + ok;
}

ll solve(){
if (len == 1 && str[0] == 0) return 0;
if (len == 1 && str[0] == 1) return 0;

int l = L[len - 1], d;
while (check(l)) d = l, copy(), l ++;

return (sum[d - 1] + dp(d)) % mo;
}

int main(){

ni[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; i ++) ni[i] = 1LL * ni[i - 1] * i % mo;
sum[1] = 0;
for (int i = 2; i < N; i ++) sum[i] = (sum[i - 1] + ni[i] - ni[i - 1]) % mo;

L[0] = 2;
L[1] = 3;
for (int i = 2; i < N; i ++){
L[i] = L[i - 1];
while ((L[i]) * log(L[i] + 1) <  i * log(10)) L[i] ++;
}

int t;
for (scanf("%d\n", &t); t --; ){
ans = 0;

scanf("%s\n", str); len = strlen(str);
for (int i = 0; i < len - i - 1; i ++)
swap(str[i], str[len - i - 1]);

for (int i = 0; i < len; i ++) str[i] -= '0';
str[0] --;

for (int i = 0; i < len; i ++)
if (str[i] < 0) str[i] += 10, str[i + 1] --;
else break;

while (len > 1 && !str[len - 1]) len --;

ans -= solve();

scanf("%s\n", str); len = strlen(str);
for (int i = 0; i < len - i - 1; i ++)
swap(str[i], str[len - i - 1]);

for (int i = 0; i < len; i ++) str[i] -= '0';

ans += solve();

printf("%lld\n", ((ans % mo) + mo) % mo);
}
return 0;
}