【BZOJ3326】数数（SCOI2013）-数位DP

测试地址：数数
题目大意： 给定$L,R$两个$10^5$位内的$B(le 10^5)$进制数，$Lle R$，对区间$[L,R]$内的所有数$x$，累加$x$中所有子串表示的数字的和（如$123$，应该累加$123+12+23+1+2+3$到答案中，注意不应该包含前导零），求最终答案（用$10$进制表示）。
做法： 本题需要用到数位DP。
神题。虽然一眼能看出数位DP，但具体的转移式子还是想错了好多回，这次终于写对了。
首先我们来看，对于一个$len$位的数$x$，在它末尾加一位数$s$，会对这个数的所有子串表示的数字和有什么影响（以下简写成$sum(x)$）。令$suf(x)$表示数$x$所有后缀表示的数字和，那么有：
$suf(x_{new})=suf(x_{last})cdot B+scdot (len+1)$
$sum(x_{new})=sum(x_{last})+suf(x_{new})$
根据这个为基础，我们就能思考数位DP的转移了。
根据套路，首先把问题转化为：用小于等于$R$的所有数的贡献，减去小于等于$L-1$的所有数的贡献，于是现在我们考虑求小于等于某个数$T$时的贡献。
从高位向低位枚举，令$Sum(i,0/1)$表示前$i$位中，不卡/卡上界的所有数的$sum(x)$的和，$Suf(i,0/1)$表示前$i$位中，不卡/卡上界的所有数的$suf(x)$的和。先分析具体的转移过程：
前$i-1$位的数不卡上界时，第$i$位可以填$0$ ~ $B-1$内所有的数，并且新的数都不卡上界；
前$i-1$位的数卡上界时，第$i$位可以填$0$ ~ $T[i]$。当填$0$ ~ $T[i]-1$时，新的数不卡上界，当填$T[i]$时新的数卡上界。
于是我们先考虑$Suf$的转移。首先，卡上界的情况应该很好转移了，实际上就是求上界的$suf$值。主要是不卡上界的情况比较复杂。
首先考虑不卡上界转移到不卡上界的情况。根据上面的转移式子$suf(x_{new})=suf(x_{last})cdot B+scdot (len+1)$，我们这样考虑：首先枚举$s$从$0$到$B-1$，对于每一个$s$，再枚举可转移的$x_{last}$，把贡献累加起来。于是一个$s$对整个$Suf$的贡献是：$Bcdot sum suf(x_{last})+scdot sum (len(x_{last})+1)$，那么对于所有$s$，对$Suf$的贡献就是：$Bcdot Bcdot sum suf(x_{last})+frac{B(B-1)}{2}cdot sum (len(x_{last})+1)$。其中$sum suf(x_{last})$就是$Suf(i-1,0)$，而$sum (len(x_{last})+1)$需要斟酌一下。这个和式是在求，对于所有可转移的$x_{last}$（包括$0$），累加它们的位数$+1$（把$0$的位数看做$0$）。观察规律，我们发现：$1$有$1$个，$2$有$B-1$个，$3$有$(B-1)cdot B$个，$4$有$(B-1)cdot B^2$个…$i-1$有$(B-1)cdot B^{i-3}$个，$i$有$num-B^{i-2}$个，$num$表示$T$的前$i-1$位组成的前缀。那么前面的有规律的部分可以递推维护，而$num$显然也可以递推维护，所以我们就可以每次$O(1)$地进行这个转移了。
接下来考虑卡上界转移到不卡上界的情况。这种情况下，能转移到不卡上界的情况，$s$必须是$0$ ~ $T[i]-1$，而且因为这种情况中可转移的$x_{last}$只有一个，而且$len(x_{last})$就是$i-1$，因此就比上面的情况简单很多了，总贡献应该为$Suf(i-1,1)cdot B+frac{T[i](T[i]-1)}{2}cdot i$。
那么$Suf$的转移讨论完了，接下来讨论$Sum$的转移。$Sum(i,1)$就是求上界的$sum$，而$Sum(i,0)$也利用上面的思考方式，先考虑从不卡上界转移的情况，因为有$B$种转移，所以$Sum(i-1,0)$就产生了$B$次的贡献。再考虑从卡上界转移的情况，因为有$T[i]$种转移，所以$Sum(i-1,1)$就产生了$T[i]$次的贡献。再加上所有不卡上界数的后缀产生的贡献，即$Suf(i,0)$，就可以计算出$Sum(i,0)$了。
至此，经过漫长的讨论，我们得到了一个$O(n)$的数位DP，完美地解决了这一道题。
以下是本人代码：

#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;
}