方伯伯的商场之旅

本来想找道水题，结果，，，

我又被坑了，，

捣鼓了半天出的思路，打了一个晚自习，A了后一找题解，发现大家想的好像都和我不一样，，

翻了一会儿，猛然发现还是有dalao跟我想的一样Orz，写得比身为魔芋的我好多了，，于是，就（Ctrl  C+Ctrl  V）借鉴了一波

但是，，我还是把我的丑鬼代码存个档吧

对于每个数，它一定会在集合点为某一位，然后该集合点数为0~k-1的某值时被找到（把所有石子移到集合点）

那么，我们可以枚举集合点(mid)与集合点的数(midv)，在套上数位dp,就可以得到答案

怎么套?

如果能转移，那么我们的代价必须减少。

mid左移一位，改变量为S2+midv-S1;

mid右移一位，改变量为S1+midv-S2;

那么，得到某个数时，我们的要求就是改变量>=0，即改变量>=-midv且改变量<=midv，满足的话这个数最优解就是这种情况，反之则不是

去重变成左开右闭

找每一位，变化量，是否被限制，我们就可以得到花费

记忆化爆搜即可

在下自以为注释写得还行，是在没懂可以看看（非主流做法，被带歪了别怪我）

//注：方案数实为在这种方案，即mid与midv为枚举出的定值时最优的数的个数
#include<bits/stdc++.h>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<deque>
#include<list>
#include<set>
#include<vector>
#include<iostream>
#define ll long long
#define re register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define inl inline
#define sqr(x) (x*x)
//#define eps 1e-8
#define debug printf("debug
");
//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
//#pragma GCC optimize (2)
//#pragma G++ optimize (2)
using namespace std;
//const ll mod;
const ll MAXN=3e5+10;
inl ll read() {
    re ll x = 0; re int f = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch== '-' ) f = -1; ch = getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x * f;
}
inl char readc() {
    char ch=getchar();
    while(('z'<ch||ch<'a')&&('Z'<ch||ch<'A')) ch=getchar();
    return ch;
}
inl void write(re ll x){
    if(x>=10)write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inl void writeln(re ll x){
    if(x<0) {x=-x;putchar('-');}
    write(x); puts("");
}
inl ll gcd(re ll x,re ll y){while(y^=x^=y^=x%=y);return x;}
inl void FR() {
    freopen(".in","r",stdin);
    freopen(".out","w",stdout);
}
inl void FC() {
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
}
ll l,r,k,cnt,mid,midv,a[50];//集合点是第几位，集合点那个数是多少 
ll f[60][505][2],g[60][505][2];//f表示费用 ，g表示方案数 
ll dp(ll x,ll y,ll t) {
    if(x==cnt+1) return 0;
    return f[x][y][t];
}//找花费(已在solve中求解出) 
ll solve(ll x,ll y,bool limit) {//第几位，S2-S1，是否被限制 
    if(x==cnt+1) {
        re ll ssy=y-250;
        if(ssy>-midv&&ssy<=midv) return 1;//改变量为：S2(mid后面的和)-S1(mid前面的和)+midv(集合点的数的个数) 
        else return 0;
    }//最后一位，如果可行返回1，反之则0 
    if(~f[x][y][limit]) return g[x][y][limit];//求过方案，直接返回 
    re ll ans=0,num=0;
    if(x==mid) {
        if(!limit || midv<=a[x]) {
            ans+=solve(x+1,y,limit&(midv==a[x]));
            num+=dp(x+1,y,limit&(midv==a[x]));
        }//+限制，不可乱跑方案与花费+不限制，可乱跑方案与花费 
    }//刚好第mid位 
    else if (limit) {
        for (re ll i=0;i<=a[x];i++) {
            re ll sum=i*((x>mid)?-1:1);//左边或右边多了一些数 
            re ll t=solve(x+1,y+sum,i==a[x]);//往后找方案数 
            ans+=t;
            num+=abs(x-mid)*i*t+dp(x+1,y+sum,i==a[x]);//花费加上这一段方案数(这么选是最优解的数的个数)*这一位是多少*这一段位移长度+后面的花费
            //因为如果这一位可行，那么这一位-1得到的数一定也是以mid,midv取该值为最优，所以*i 
        }
    }//被限制 
    else if (!limit) {
        for (re ll i=0;i<k;i++) {
            re ll sum=i*((x>mid)?-1:1);
            re ll t=solve(x+1,y+sum,0);
            ans+=t;
            num+=abs(x-mid)*i*t+dp(x+1,y+sum,0);
        }
    }//无限制，与上面类似 
    f[x][y][limit]=num;
    return g[x][y][limit]=ans;//记忆化 
}
ll calc(ll x) {
    re ll ans=0;cnt=0;
    while(x) {a[++cnt]=x%k;x/=k;}
    for(re ll i=1;i<=cnt/2;i++) swap(a[i],a[cnt-i+1]);
    for(mid=1;mid<=cnt;mid++) {
        for(midv=1;midv<k;midv++) {
            memset(g,0,sizeof(g));
            memset(f,-1,sizeof(f));
            solve(1,250,1);
            ans+=f[1][250][1];//后面最多13个(L,R<=1e15，L或R等于1e15时后面14个全是0)，13*19=247,卡一下 (祭奠一下在下这个开500的蒟蒻)
        }
    }
    return ans;
}
int main(){
//    FR();
    l=read(),r=read(),k=read();
    writeln(calc(r)-calc(l-1));
//    FC();
    return 0;
}