Description
Input
HINT
1 < = L < = R < = 10^15, 2 < = K < = 20
Solution
说白了，这个题就是给了L~R的数，每个数的每个数位是一堆石子，把这堆石子合成一个位置，求总的最小代价。
法一：GZZ法
发现，对于一个数字P，假设钦定最终合并位置是p，
调整的时候，p向左移动一位，代价变化是p及右边所有的数位和-p左边所有数位和。
p向右移动一位，代价变化是p及左边所有数位和-p右边所有数位和。
设最优的位置的数字是x，位置是p，p左边数位和是a，右边是b
那么，一定有不等式：x+a-b>=0 ; x+b-a>=0 就是说，x不论往左往右移动，代价的变化总是增大的。
即：-x<=a-b<=x
所以，如果知道最终填的a-b，和x，p，就可以判断这个p位置填x是不是左边a，右边b的最优解了。
枚举p，x；
伪代码：(cnt是最高位,进制用m，填数用k)
for(p=1~cnt)
for(x=0~m-1)
for(i=cnt~1)
for(a-b=-200~+200)
设f[i][a-b][0/1]表示，填完第i位，a-b的值，有没有限制情况下，所有符合情况的数移动到p位置所花费的代价。
g[i][a-b][0/1]表示，f的方案数，即满足情况的数的个数，方便转移。
if(i==p){
continue;
}
for(k=0;k<m;k++){
if(i<p)
else
}
在i循环完之后，
for(a-b=-200~+200)
if(-x<=a-b<x) ret+=f[1][a-b][0/1]
注意这里是<=和<，因为可能一个数字有两个位置都是最优的合并位置，只能算一遍。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=;
const int M=;
const int fix=;
const int up=;
ll f[N][][];
ll g[N][][];
ll L,R;
int m;
ll ansl,ansr;
int a[N],cnt;
ll wrk(){
ll ret=;
for(int p=;p<=cnt;p++){
for(int x=;x<m;x++){
memset(f,,sizeof f);
memset(g,,sizeof g);
g[cnt+][fix][]=;
for(int i=cnt;i>=;i--){
for(int j=;j<=up;j++){
if(i==p){
if(x<a[i]){
if(g[i+][j][]) g[i][j][]+=g[i+][j][],f[i][j][]+=f[i+][j][];
if(g[i+][j][]) g[i][j][]+=g[i+][j][],f[i][j][]+=f[i+][j][];
}
else if(x==a[i]){
g[i][j][]+=g[i+][j][],f[i][j][]+=f[i+][j][];
g[i][j][]+=g[i+][j][],f[i][j][]+=f[i+][j][];
}
else{
g[i][j][]+=g[i+][j][],f[i][j][]+=f[i+][j][];
}
continue;
} for(int k=;k<m;k++){
if(i>p){//before
if(j+k>up) continue; if(k<a[i]){
g[i][j+k][]+=g[i+][j][],f[i][j+k][]+=f[i+][j][]+(i-p)*k*g[i+][j][];
g[i][j+k][]+=g[i+][j][],f[i][j+k][]+=f[i+][j][]+(i-p)*k*g[i+][j][];
}
else if(k==a[i]){
g[i][j+k][]+=g[i+][j][],f[i][j+k][]+=f[i+][j][]+(i-p)*k*g[i+][j][];
g[i][j+k][]+=g[i+][j][],f[i][j+k][]+=f[i+][j][]+(i-p)*k*g[i+][j][];
}
else{
g[i][j+k][]+=g[i+][j][],f[i][j+k][]+=f[i+][j][]+(i-p)*k*g[i+][j][];
}
}
else{//after
if(j-k<) continue; if(k<a[i]){
f[i][j-k][]+=f[i+][j][]+g[i+][j][]*(p-i)*k,g[i][j-k][]+=g[i+][j][];
f[i][j-k][]+=f[i+][j][]+g[i+][j][]*(p-i)*k,g[i][j-k][]+=g[i+][j][];
}
else if(k==a[i]){
f[i][j-k][]+=f[i+][j][]+g[i+][j][]*(p-i)*k,g[i][j-k][]+=g[i+][j][];
f[i][j-k][]+=f[i+][j][]+g[i+][j][]*(p-i)*k,g[i][j-k][]+=g[i+][j][];
}
else{
f[i][j-k][]+=f[i+][j][]+g[i+][j][]*(p-i)*k,g[i][j-k][]+=g[i+][j][];
}
}
}
}
}
for(int j=;j<=up;j++){
if((fix-x<=j)&&(j<x+fix)){
ret+=f[][j][]+f[][j][];
}
}
}
}
return ret;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&L,&R);
scanf("%d",&m);
L--;
cnt=;
while(L){
a[++cnt]=L%m;
L/=m;
}
if(cnt==){
ansl=;
}
else{
ansl=wrk();
} cnt=;
while(R){
a[++cnt]=R%m;
R/=m;
}
ansr=wrk();
printf("%lld",ansr-ansl);
}
法二：大众法。
直接钦定1号位置是最优位置，计算出来所有的总和ans
调整。
枚举位置p从2~cnt，表示要计算从p-1移动到p，会有多少个数的代价减少多少。
代价就是，sum(1，p-1）-sum(p,cnt)
设f[i][a-b][0/1]表示，第i位，这个sum的差值，有没有限制情况下，多少个数符合这个情况。
循环完一个p之后，
把a-b<0的f，ans-=(a-b)*f[i][a-b][0/1]
a-b>=0的不管。
这样进行cnt次，一定可以把所有的数移动到最优解的位置。
网上题解很多，代码就不贴了。（我也没写）