6361. 【NOIP2019模拟2019.9.18】鲳数

题目

题目大意

给你一个区间([l,r])，求这个区间内每个整数的十进制上从高位到低位的逆序对个数之和。

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思考历程

一开始就知道这是个数位DP……
结果一直都没有调出来，心态崩了……

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正解

先讲讲我的SB做法。
先设(f_i)表示压着第(i)位（从低位到高位，从(0)开始）的贡献。
于是转移就是这样：

1. 计算第(i)位的贡献。这一位的贡献可能有点难计算，所以我预处理了一个(h_{i,j,0/1})表示是否压着(i)位，(0)到(i)位对(j)的贡献（(j)是(i)位之后的某个在([0,9])之间的数）。那么这个东西就是(h_{i,a_i})
2. 从(i-1)位转移过来，其中(i-1)位也被压着。显然是(f_{i-1})。
3. 从(i-1)位转移过来，其中(i-1)位不被压着。枚举这一位选择(x)，贡献就是(sum_{x=0}^{a_{i-1}-1}|x<j|*10^{i-1}+g_{i-2}+(i-1)*10^{i-2}x)。(g_i)表示(0)位到(i)位任意选的方案数。这条式子可以化简，这里就不打出来了。

先考虑(g)怎么转移，显然是从前面转移过来并且加上这一位的贡献。
也就是(g_i=10*g_{i-1}+frac{(0+9)*10}{2}i*10^i)

再考虑(h)的转移。
(h_{i,j,0}=j*10^i+10*h_{i-1,j,0})
(h_{i,j,1})的转移相对复杂一些。和(f)的转移有点类似。
记(num)为(0)到(i-1)位形成的十进制数，也就是整个数模(10^i)。
(h_{i,j,1}=|a_i<j|*(num+1)+h_{i-1,j,1}+(sum_{x=0}^{a_{i-1}-1}|x<j|*10^{i-1}+h_{i-2,j,0}))
同样也可以化简一下。

化简后，很容易发现这样转移的时间复杂度是(O(10n))的。

另外有个可能比较简单地比较高级的做法：
从高位到低位枚举一个(i)，表示(i)位压着上限，然后记下此时的贡献。
那么贡献有三种：

1. 高于(i)的位和(i)的贡献。由于(i)是压着上限的，所以前面所有数字的出现次数可以用一个桶记录下来。
2. (i)位和低于(i)位的贡献。我们强制后面一位没有压着上限，因为后面那一位压着上限的方案数将会在后面计算到。枚举后面的一位，再后面的就可以随便选。
3. 高于(i)位和低于(i)位的贡献。这个计算也跟上一个差不多。

然后就没了。

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代码

这题是在是太恶心了……细节奇多无比……

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
#define mo 998244353
#define LEN 500010
#define ll long long
char str[LEN];
int n,m,L[LEN],R[LEN];
inline void read(int a[],int &n){
	scanf("%s",str);
	n=strlen(str);
	for (int i=0;i<n;++i)
		a[i]=str[n-i-1]-'0';
	a[n]=0;
}
ll _pow10[LEN],*pow10=_pow10+1;
ll f[LEN],g[LEN],h[LEN][10][2];
inline ll get(int a[],int n){
	if (n<=0)
		return 0;
	g[0]=0;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		g[i]=(g[i-1]*10+45*i*pow10[i-1])%mo;
	for (int j=0;j<=9;++j)
		h[0][j][0]=j,h[0][j][1]=(a[0]<j);
	for (int i=1,num=a[0];i<=n;num=(num+pow10[i]*a[i])%mo,++i)
		for (int j=0;j<=9;++j){
			h[i][j][0]=(h[i-1][j][0]*10+j*pow10[i])%mo;
			int tmp=min(a[i-1],j);
			h[i][j][1]=((a[i]<j?num+1:0)+h[i-1][j][1]+(i-2>=0?h[i-2][j][0]*a[i-1]:0)+tmp*pow10[i-1])%mo;
		}
	f[0]=0,f[1]=min(a[0]+1,a[1]);
	for (int i=2;i<=n;++i)
		f[i]=(h[i][a[i]][1]+f[i-1]+a[i-1]*g[i-2]+(i-1)*pow10[i-2]*((a[i-1]-1)*a[i-1]>>1))%mo;
	return f[n];
}
int main(){
	freopen("pair.in","r",stdin);
	freopen("pair.out","w",stdout);
	pow10[0]=1;
	for (int i=1;i<=500001;++i)
		pow10[i]=pow10[i-1]*10%mo;
	int T,ty;
	scanf("%d%d",&T,&ty);
	while (T--){
		read(L,n),read(R,m);
		L[0]--;
		for (int i=0;L[i]<0;++i)
			L[i+1]--,L[i]+=10;
		if (!L[n-1])
			n--;
		printf("%lld
",(get(R,m)-get(L,n)+mo)%mo);
	}
	return 0;
}

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总结

其实这题思维上是不难的……
只是过程实在太烦……