【上海交大oj】数学题3(数位dp）

1398. 数学题3

题目描述

给定一个数字，他在十进制下从高位到低位一次是n0, n1, n2, n3,...

那么定义它的“差和”为n0-n1+n2-n3+...

如：十进制数字abcdefg，每个字母代表一个位，那么差和为a-b+c-d+e-f+g。

所以十进制数字1234567差和为1-2+3-4+5-6+7=4

现在给你们一个闭区间[m, n]，请求出区间内差和为x的数字个数。

输入格式

输入只有一行，三个数字，m n x

30%: 0<= m <= n <=10^3, 50%: 0<= m <= n <=10^8, 100%: 0<= m <= n <=10^18

-100<= x <=100

输出格式

输出只有一个数字，表示区间内差和为x的数字的总和mod1000000007的结果。

Sample Input

100 111 1

Sample Output

211

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这题不会做，妥妥的。为了看懂助教的代码，费了好大劲儿，干脆加点注释，防止以后有用。
要点：
1.由于区间太大，无法遍历，所以要把一个数按位处理，有点转化为数组的意思。
2.动归记录的数组中有遍历所有和差值，为了能用数组下标表示，把-100-100转化到0-200，计算一个数的和差值时加上100，这样虽然和差值变了，但对应和差值的数是没有变的。
3.需要同时更新满足和差值的所有数的和以及个数，之所以要记录个数，是为了加上最高位对应的值，比如首位为1长度为5的情况，它的数之和为所有对应满足的长度为4的数之和加上 个数*10000.
4.在最高位确定情况下，它的子问题（即位数少一位）的首位数是可以为零的。

具体看代码及注释：

#include <cstdio>
#define LIMIT 1000000007  

long long dp[22][10][220][2] = {}; //分别表示数字的长度，数字首位数，和差的值+100，满足和差值的所有数的和以及个数 
long long basics[22] = {0, 1};  //预处理的数组，方便使用，分别为0,1,10,100，。。。 
long long lower, upper, sum; //三个输入的值 

long long GetResult(long long number){
    int len = 0;
    for(long long i = number; i; i /= 10, ++len);
    long long result = 0;
    for(int i = 1; i < len; ++i) //位数小于len的情况，首位数不能为零 
        for(int j = 1; j < 10; ++j)
            result = (result + dp[i][j][sum + 100][0]) % LIMIT;
    long long num = 0;
    // 下面这个比较复杂，比如3333这个数，首先对于首位小于3长度为4的情况，直接加上dp中的值（此时num为0）
    // 但是对于3则不行，因为不包含所有子情况，所以单独处理，也就是数字为333的情况的和加上 个数*3000（此时num为3）
    //对于333也是一样，达到3的时候处理33加上（3300 *个数） 
    for(int i = len, tmp_sum = sum + 100, j; i > 0;
         number -= basics[i] * j, --i, tmp_sum = 200 - (tmp_sum - j), num = num * 10 + j){
        for(j = 0; basics[i] * (j+1) <= number; ++j){
            if (i == len && j == 0)  //排除长度为len时首位为0，长度小于len首位可以为0 
                continue;
            result += dp[i][j][tmp_sum][0] + dp[i][j][tmp_sum][1] * (num * basics[i+1] % LIMIT) % LIMIT;
        }
        result %= LIMIT;
    }
    return result;
}

int main(){
    for(int i = 2; i < 22; ++i)
        basics[i] = basics[i-1] * 10;
    scanf("%lld%lld%lld", &lower, &upper, &sum);
    for(int i = 0; i < 10; ++i){ // 长度为一时的处理 
        dp[1][i][i+100][0] = i; 
        dp[1][i][i+100][1] = 1;
    }
    for(int i = 2; i < 22; ++i)
        for(int j = 0; j < 10; ++j)
            for(int k = 0; k < 200; ++k){
                for(int m = 0; m < 10; ++m){
                    dp[i][j][k][0] += dp[i-1][m][200 - (k - j)][0]; //首位数为j，和差为k对应的长度为i-1的和差为200-（k-j) 
                    dp[i][j][k][1] += dp[i-1][m][200 - (k - j)][1]; //遍历所有子问题并更新 
                }
                dp[i][j][k][0] += dp[i][j][k][1] * (j * basics[i] % LIMIT) % LIMIT; //加上最高位的对应值 
                dp[i][j][k][0] %= LIMIT;
                dp[i][j][k][1] %= LIMIT;
            }
    long long result_upper = GetResult(upper+1);
    long long result_lower = GetResult(lower);
    long long result = result_upper - result_lower;
    if(result < 0)
        result += LIMIT;
    printf("%lld
", result);
}