2020 hdu多校赛 第三场 1006 X Number

题意：

每次给你  L R d，问L~R中有多少个数 x 满足 x 各个位上的数 d 为唯一众数  ，如23323 中的 3，10000中的0，但是2233对于2和3都不算。（L<=1e18,R<=1e18,0<=d<=9）

很显然，这是一个数位DP，按照数位DP的套路，我们需要计算从高到低前x-1位已经固定，第x位填y时，满足题意的数有多少。

由于L,R只有1e18，我们不妨枚举d在剩下那几位中出现的次数，然后通过记忆化搜索 / 背包DP 求解。

不过这只是整体思路。在枚举第一位为0时，我们还需要对于前导0特殊处理。总之细节很多，详情见代码。

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define N 25
using namespace std;
int T;
long long L,R,d;
int A[N],zz;
int cnt[N],D[N];
long long C[N][N];
long long F[11][19][19];
long long dfs(int x,int mx,int sm)
{
    if(x==10)
    {
        if(sm==0)return 1;
        else return 0;
    }
    if(x==d) return dfs(x+1,mx,sm);
    if(F[x][mx][sm]!=-1)return F[x][mx][sm];
    long long ans=0;
    for(int i=0;i<=sm&&i+D[x]<mx;i++)
    {
        ans+=1ll*C[sm][i]*dfs(x+1,mx,sm-i);
    }
    return F[x][mx][sm]=ans;
}
long long work(long long x)
{
    zz=0;
    x++;
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    long long tmp=x;
    while(tmp)
    {
        zz++;
        A[zz]=tmp%10;
        tmp/=10;
    }
    for(int i=1;i<=zz/2;i++)
    {
        swap(A[i],A[zz-i+1]);
    }
    long long ans=0;
    memset(D,0,sizeof(D));
    for(int i=1;i<=zz;i++)
    {
        for(int j=0;j<A[i];j++)
        {
            if(i==1&&j==0)
            {
                if(d!=0)
                {
                    memset(F,-1,sizeof(F));
                    for(int k=1;k<zz;k++)
                    {
                        for(int l=1;l<=k;l++)
                        {
                            for(int o=0;o<l;o++)
                            {
                                ans+=C[k-1][o]*C[k-o][l]*dfs(1,l,k-l-o);
                
                            }
                        }
                    }
                }
                else
                {
                    memset(F,-1,sizeof(F));
                    for(int k=1;k<zz;k++)
                    {
                        for(int l=1;l<k;l++)
                        {
                            ans+=C[k-1][l]*dfs(1,l,k-l);
                        }
                    }
                }
                continue;
            }
            cnt[j]++;
            D[j]++;
            int mx=0;
            for(int k=0;k<=9;k++)
            {
                if(k==d) continue;
                mx=max(mx,cnt[k]);
            }
            if(mx>=cnt[d])
            {
                memset(F,-1,sizeof(F));
                for(int k=mx-cnt[d]+1;k<=zz-i;k++)
                {
                    ans+=C[zz-i][k]*dfs(0,k+cnt[d],zz-i-k);
                }
            }
            else
            {
                memset(F,-1,sizeof(F));
                for(int k=0;k<=zz-i;k++)
                {
                    ans+=C[zz-i][k]*dfs(0,k+cnt[d],zz-i-k);
                //    if(x==239) cout<<i<<' '<<j<<' '<<k<<' '<<ans<<' '<<dfs(1,k+cnt[d],zz-i-k)<<endl;
                }
            }
            cnt[j]--;
            D[j]--;
            
        }
        cnt[A[i]]++;
        D[A[i]]++;
    }
    return ans;
}
int main()
{
//    freopen("test.in","r",stdin);
//    freopen("1.out","w",stdout);
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=19;i++)
    {
        C[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=i;j++) C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
    }
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&L,&R,&d); 
        printf("%lld
",work(R)-work(L-1));
    //    cout<<work(R)<<' '<<work(L-1)<<endl;
    }
    return 0;
}
/*
1
926 949 9


3
23123 243353 0
23123 243353 5
23123 243353 9

2
1 1000 0
101 1000 0
*/