Online Judge：从Topcoder搬过来,
具体哪一题不清楚Label：状压Dp+前缀和优化
题目描述
给定两个数A和N，形成一个长度为N+1的序列,(A,A+1,A+2,...,A+N-1,A+N)。
每次操作可以把第i个数上的第x位数字删除，形成一个新的数字。
每个数字可以操作任意次，但不可以全部删完。
求有多少种方案，使得最后的序列中数字是单调不递减的。
两种方案是认为不同，如果第i个数的第x位在一个方案中被删除，在另一个方案中，没有被删除。
Tip：注意一个数字不能所有位全部删光，至少得有一位还保存着。另外，假如数字(100)删成(00)或(0)，他们表示的值都是0，但两种方案视为不同。
输入
输入两个整数A和N
输出
输出方案数，对1e9+7 求余。
样例
Input#1
10 2
Output#1
15
Input#2
111 11
Output#2
184432
Hint
对于30%的数据，A的范围[(1,100)],N的范围[(1,10)];
对于70%的数据，A的范围[(1,10^9)];
对于100%的数据，A的范围[(1,10^{12})],N的范围[(1,100)];
题解
题面给的是一个逐渐上升的连续整数序列，一开始以为有什么性质，但最后做法好像都是状压dp，所以就看成一个普通序列来做就行了，可能TC的题输入太多不方便？？。
30pts
对于30%数据，由于n的范围不大，数字位数也不多，可以直接暴力枚举每个数删除哪些位。
先预处理一个数组(sum[i][sta])，表示第i位的状态为(sta)时的值（二进制，0表示删除，1表示保留）。例如第i个数字为123时，(sum[i][3(11)]=23)，(sum[i][7(111)]=123)。
枚举用dfs实现。总的时间复杂度为(O({2^{3}}^n))。加上一些剪枝记忆化，可以跑过。
70pts
把dfs改成动态规划转移即可。倒推。
数字位数最多为9，用二进制位表示每一种删除方案。
定义状态(dp[i][sta])表示现在已经决策完第(i..n+1)个数字了，且第i个数字的状态为(sta)（二进制位，0表示删除，1表示保留）。
转移的话只要按上面的dfs改一改就好了。大致思路是，仍然先预处理上面的sum数组，然后枚举第i位，枚举这个数字的状态j，枚举上一个数字的状态k，如果(sum[i][j]<=sum[i+1][k])则(dp[i][j]+=dp[i+1][k])。
时间复杂度为(O(ncdot 2^9 cdot 2^9))。如果当数字上限增加到1e12时就跑不动了。
100pts
根据条件(sum[i][j]<=sum[i+1][k])很容易想到用前缀和/后缀和去优化，免去枚举第三层k。
但由于(sum)并非递增的，所以还得排个序，最后求和时二分一下第一个大于等于(sum[i][j])的位置k，使得(sum[i][j]<=sum[i+1][k])。
注意细节。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
const int N=103;
ll A,a[N],sum[N][4100],dp[N][4100],tot[N][4100];
int n,num[N][14],len[N];
ll pw[14];
inline void Do(ll &x,ll y){
x+=y;
if(x>=mod)x-=mod;
}
int main(){
scanf("%lld%d",&A,&n);
register int i,j,k;
pw[0]=1;
for(i=1;i<=12;++i)pw[i]=pw[i-1]*10;
for(i=0;i<=n;++i)a[i+1]=A+1ll*i;
for(i=1;i<=n+1;++i){
ll o=a[i];
while(o){
num[i][len[i]++]=o%10;
o/=10;
}
}
for(i=1;i<=n+1;++i){
for(j=0;j<(1<<len[i]);++j){
int cnt=0;
for(k=0;k<len[i];++k)if((1<<k)&j){
sum[i][j]+=1ll*pw[cnt]*num[i][k];
++cnt;
}
}
}
for(int i=1;i<=n+1;i++)sort(sum[i]+1,sum[i]+(1<<len[i]));
for(i=1;i<(1<<len[n+1]);++i)dp[n+1][i]=1;
for(j=(1<<len[n+1])-1;j>=1;j--)tot[n+1][j]=(tot[n+1][j]+dp[n+1][j]+tot[n+1][j+1])%mod;
for(i=n;i>=1;i--){//当前轮
for(j=1;j<(1<<len[i]);++j){
ll nowj=sum[i][j];
int o=lower_bound(sum[i+1]+1,sum[i+1]+(1<<len[i+1]),nowj)-sum[i+1];
// cout<<"i:"<<i<<" nowj:"<<nowj<<" o:"<<o<<" sumk:"<<sum[i+1][o]<<endl;
// cout<<"now add:"<<tot[i+1][o]<<endl;
Do(dp[i][j],tot[i+1][o]);
}
for(j=(1<<len[i])-1;j>=1;j--)tot[i][j]=(tot[i][j]+(tot[i][j+1]+dp[i][j])%mod)%mod;
tot[i][0]=tot[i][1];
}
ll ans=0;
for(i=1;i<(1<<len[1]);++i)if(dp[1][i])Do(ans,dp[1][i]);
printf("%lld
",(ans+mod)%mod);
}
update：内存的优化（dp的第一维可以滚动，或者直接去掉改一下转移顺序）。但是由于n比较小没什么必要。