数位DP 求K进制下0~N的每个数每位上出现的数的总和

好久没写博客了，因为感觉时间比较紧，另一方面没有心思，做的题目比较浅也是另一方面。

热身赛第二场被血虐了好不好，于是决定看看数位DP吧。

进入正题：

如题是一道经（简）典（单）的数位dp。

第一步，对于数K^n-1这种形式的数，位数为n，它的各个位上，每个数0~K-1出现过的次数是一样的。

于是对于数B=K^n-1，有f(B)=(B+1)*n*(0+1+2+...+K-1)/K=(B+1)*n*(K-1)/2;

程序为：

LL sum1(int pre,int n,int k)
{
    LL ret=0;
    LL pw=1;
    for(int i=0;i<n;i++) pw*=k;
    ret=pre*pw+pw*n*(k-1)/2;
    return ret;
}

其中pre在这种情况下为0，pre是什么？我们立刻进入下一步讨论。

第二步，由第一步的结论，我们可以引申一下。为了更形象一点，我们不妨在十进制的情况下讨论。

现在我提出一个问题：如何计算0~49999的数它们各个位上数字之和？（K=10的前提下）

我们根据第一步可以很容易求出[0,9999]=(9999+1)*4*(10-1)/2。

那么还剩下[10000,19999],[20000,29999],[30000,39999],[40000,49999]该怎么求？

仔细观察发现[10000,19999]不过是每个数都比[0,9999]多了一个为1的万位，[20000,29999]不过是每个数都比[0,9999]多了一个为2的万位，[30000,39999]不过是每个数都比[0,9999]多了一个为3的万位，依次类推...就发现了规律。

所以此时这个与后面的数位都无关的万位，我们用i表示，万位之前没有其他的位，所以pre=0（如果对pre有点不理解，看完第三步就知道了），于是对于[i0000,i9999]这样的解就是((pre+i)*10000)+(9999+1)*4*(10-1)/2。

那么，不难得知，求解通式即为((pre+i)*K^n)+(K^n)*n*(K-1)/2。

第三步，基于第一步和第二步的结论，已经可以求出类似于999(K=10)，39999(K=10),49999(K=10)的解。

现在又提出一个问题，对于[0,54321]我们怎么解？

当然，先延续之前“区间划分”+“前缀”的思路，先划分为[0,9999],[10000,19999],[20000,29999],[30000,39999],[40000,49999],[50000,54321]。

对于[0,9999],[10000,19999],[20000,29999],[30000,39999],[40000,49999]已经讨论过了，接下来讨论如何求[50000,54321]。

这时把万位的5看作一个前缀，区间就变为了[0,4321],于是只要求前缀pre=5的[0,4321]的解，也就是递归调用第二步的方法，这样就可以求到[0,321],[0,21],[0,1]这样把所有的解相加，就是需要的答案了。

LL sum2(int pre,LL n,int k)
{
    if(n<k){
        LL ret=0;
        for(int i=0;i<=n;i++) ret+=pre+i;
        return ret;
    }
    LL tn=n,pw=1,ret=0;
    int mi=0;
    while(tn>=k){
        pw*=k;
        mi++;
        tn/=k;
    }
    for(int i=0;i<tn;i++)
        ret+=sum1(pre+i,mi,k);
    ret+=sum2(pre+tn,n-tn*pw,k);
    return ret;
}

为了验证跑出来的数据对不对，再写一个暴力求[0,n]的程序，这查错的办法。

LL check(int n,int k)
{
    LL ret=0;
    int t;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        t=i;
        while(t){
            ret+=t%k;
            t/=k;
        }
    }
    return ret;
}

完整程序：

#include <stdio.h>
typedef long long LL;

LL sum1(int pre,int n,int k)
{
    LL ret=0;
    LL pw=1;
    for(int i=0;i<n;i++) pw*=k;
    ret=pre*pw+pw*n*(k-1)/2;
    return ret;
}

LL check(int n,int k)
{
    LL ret=0;
    int t;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        t=i;
        while(t){
            ret+=t%k;
            t/=k;
        }
    }
    return ret;
}

LL sum2(int pre,LL n,int k)
{
    if(n<k){
        LL ret=0;
        for(int i=0;i<=n;i++) ret+=pre+i;
        return ret;
    }
    LL tn=n,pw=1,ret=0;
    int mi=0;
    while(tn>=k){
        pw*=k;
        mi++;
        tn/=k;
    }
    for(int i=0;i<tn;i++)
        ret+=sum1(pre+i,mi,k);
    ret+=sum2(pre+tn,n-tn*pw,k);
    return ret;
}

int main()
{
    LL n;
    int k;
    while(~scanf("%I64d %d",&n,&k)){
        printf("%I64d
",sum2(0,n,k));
        printf("%I64d
",check(n,k));
    }
    return 0;
}