【做题】方伯伯的商场之旅——枚举决策

这道题的数位dp是很显然的。然而，本题不仅要计数还要保证最优化，这使得我们难以得到一个简单的dp状态表示方式。

遗憾的是考虑dp状态数的直接减少是一个错误的思考方向。本人在此浪费了几个小时的时间。

注意到虽然是最优化，但决策数是非常少的，仅有O(logn)级别。同时，我们可以很容易地判断一个解是不是最优的。

于是，我们可以枚举最终合并到哪一位，然后就很容易了，本人是维护满足这个条件的数的个数和答案的和，这里就不详细讲了。

最后一个问题在于一个数可能在多个位置都是决策最优的。注意到它的充要条件是选择的那一位（设值为x）左右两边sum的差为0或x，于是只要在判断时把闭区间改成半闭半开区间就可以了。

这数位和为sum，则时间复杂度为O(log²n*sum*k²)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
const int N = 55, SUM = 250, K = 25;
ll dp[N][SUM][K],l,r,su[N][SUM][K];
int num[N],cur,k,cnt;
pll dfs(int pos,int sum,int val,bool lim) {
  if (pos == 0) return pll(sum <= 2 * val,0);
  if ((!lim) && (~dp[pos][sum][val]))
    return pll(dp[pos][sum][val],su[pos][sum][val]);
  ll ta = 0, tb = 0;
  pll tmp;
  for (int i = 0 ; i <= (lim ? num[pos] : k-1) ; ++ i) {
    if (pos < cur && sum - i <= 0) break;
    tmp = dfs(pos-1,pos < cur ? sum-i : sum+i,pos == cur ? i : val,lim && (i == num[pos]));
    ta += tmp.first;
    tb += tmp.second + tmp.first * abs(pos-cur) * i;
  }
  if (!lim) {
    dp[pos][sum][val] = ta;
    su[pos][sum][val] = tb;
  }
  return pll(ta,tb);
}
ll solve(ll x) {
  ll res = 0;
  cnt = 0;
  while (x) num[++cnt] = x%k, x /= k;
  for (cur = 1 ; cur <= cnt ; ++ cur) {
    memset(dp,-1,sizeof dp);
    memset(su,-1,sizeof su);
    res += dfs(cnt,0,0,1).second;
  }
  return res;
}
int main() {
  scanf("%lld%lld%d",&l,&r,&k);
  printf("%lld
",solve(r) - solve(l-1));
  return 0;
}

小结：对于难维护的东西，可以通过添加额外信息来完成。