洛谷 P3286 [SCOI2014]方伯伯的商场之旅

题目描述

方伯伯有一天去参加一个商场举办的游戏。商场派了一些工作人员排成一行。每个人面前有几堆石子。

说来也巧，位置在 (i) 的人面前的第 (j) 堆的石子的数量，刚好是 (i) 写成 (K) 进制后的第 (j) 位。现在方伯伯要玩一个游戏，商场会给方伯伯两个整数 (L,R)。

方伯伯要把位置在 ([L, R]) 中的每个人的石子都合并成一堆石子。每次操作，他可以选择一个人面前的两堆石子，将其中的一堆中的某些石子移动到另一堆，代价是移动的石子数量 (× imes) 移动的距离。

商场承诺，方伯伯只要完成任务，就给他一些椰子，代价越小，给他的椰子越多。所以方伯伯很着急，想请你告诉他最少的代价是多少。例如：(10) 进制下的位置在 (12312) 的人，合并石子的最少代价为：(1 imes 2 + 2 imes 1 + 3 imes 0 + 1 imes1 + 2 imes 2 = 9)即把所有的石子都合并在第三堆。

输入格式

输入仅有 (1) 行，包含 (3) 个用空格分隔的整数(L,R,K)，表示商场给方伯伯的 (2) 个整数，以及进制数。

输出格式

输出仅有 (1) 行，包含 (1) 个整数，表示最少的代价。

输入输出样例

输入 #1

3 8 3

输出 #1

5

说明/提示

对于 (100\%) 的数据，(1 le L le R le 10^{15}, 2 le K le 20)

分析

对于一堆石子来说，显然合并到石子位置的中位数是最优的

但是题中给出的石子达到了 (10^{15}) ，暴力枚举显然是不现实的

但是把所有的石子都合并到同一个位置的贡献是可以计算的

所以我们考虑先把所有的石子合并到编号为 (1) 的一堆

然后再把石子从左往右移，每次算出减小的贡献减去

如果当前的位置在修改的位置左边，那么减小的贡献减去当前的数字

否则减小的贡献加上当前的数字

因为递归时从编号较大的石子递归到编号较小的石子

所以减小的贡献一定是先增大后减小的

因此为了防止数组越界，当当前值小于 (0) 时，直接 (return 0)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define rg register
const int maxk=65,maxm=1e4+5;
ll f[maxk][maxm],l,r;
int num[maxk],cnt,k;
ll dfs(ll ws,ll tot,bool lim){
	if(!ws) return tot;
	if(!lim && f[ws][tot]!=-1) return f[ws][tot];
	int up=lim?num[ws]:(k-1);
	long long ans=0;
	for(int i=0;i<=up;i++){
		ans+=dfs(ws-1,tot+i*(ws-1),lim && i==up);
	}
	if(!lim) f[ws][tot]=ans;
	return ans;
}
ll dfs2(ll ws,ll tot,int xg,bool lim){
	if(tot<0) return 0;
	if(!ws) return tot;
	if(!lim && f[ws][tot]!=-1) return f[ws][tot];
	int up=lim?num[ws]:(k-1);
	long long ans=0;
	for(int i=0;i<=up;i++){
		ans+=dfs2(ws-1,tot+(ws<xg?-i:i),xg,lim && i==up);
	}
	if(!lim) f[ws][tot]=ans;
	return ans;
}
ll solve(ll now){
	cnt=0;
	while(now){
		num[++cnt]=now%k;
		now/=k;
	}
	memset(f,-1,sizeof(f));
	long long nans=dfs(cnt,0,1);
	for(int i=2;i<=cnt;i++){
		memset(f,-1,sizeof(f));
		nans-=dfs2(cnt,0,i,1);
	}
	return nans;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld%d",&l,&r,&k);
	printf("%lld
",solve(r)-solve(l-1));
	return 0;
}