题目：洛谷P3286 [SCOI2014]方伯伯的商场之旅

思路

数位DP

dalao说这是数位dp水题，果然是我太菜了...

自己是不可能想出来的。这道题在讲课时作为例题，大概听懂了思路，简单复述一下。

首先根据数据范围和部分题意，不难看出是数位dp。

但是和常规的数位dp不同，我们并不知道每个数字最后的集结点。

于是我们不妨钦定所有石子最后都聚在最低位（第一位）。此时的总代价记作\(cost\)，可以通过一次简单的数位dp得到。

但这样显然不是最优解，对于有的数，石子聚在更高位代价更少。于是我们就逐位移动。

比如说对于数字\(i\)，石子现在都聚在第一位（最低位），要把石子移到第二位，那么\(i\)的第二位及更高位移动的代价减少，\(i\)的第一位移动代价增加，类似树形dp中的换根dp。

用\(delta(i)\)表示 数字i的石子 从 聚在第一位 移至 聚在第二位，花费的代价 的 减少量（这句话有点长）。

当\(delta(i)<0\)时，说明花费的代价没有减少，反而增加了，那么我们就不移动i的石子，否则把i的石子都移至第二位。基于上述操作，现在的总花费为\(cost-\sum_{i=l}^r \max(delta(i),0)\)。

式子中的\(\sum_{i=l}^r \max(delta(i),0)\)可以再用一次数位dp计算（类似换根dp的第二次dp）。

现在只是把能移的石子都从第一位移到第二位，之后再按上述方法，把能移的石子从第二位移到第三位、从第三位移到第四位...最后所有石子都被移到了最优的位置

。

可以结合代码理解。

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Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll l,r,k,a[80],dp[80][4000][2][2];

ll dfs(int pos,int sum,bool lead,bool limit){

	if(pos==0) return sum;

	ll &ans=dp[pos][sum][lead][limit];

	if(ans!=-1) return ans;

	ans=0;

	for(int i=0,up=limit?a[pos]:k-1;i<=up;++i){

		if(!i&&lead) ans+=dfs(pos-1,0,true,limit&&i==a[pos]);

		else ans+=dfs(pos-1,sum+i*(pos-1),false,limit&&i==a[pos]);

	}

	return ans;

}

ll dfs(int to,int pos,int sum,bool lead,bool limit){

	if(pos==0) return max(sum,0);

	ll &ans=dp[pos][sum+500][lead][limit];

	if(ans!=-1) return ans;

	ans=0;

	for(int i=0,up=limit?a[pos]:k-1;i<=up;++i){

		if(!i&&lead) ans+=dfs(to,pos-1,0,true,limit&&i==a[pos]);

		else if(pos>=to) ans+=dfs(to,pos-1,sum+i,false,limit&&i==a[pos]);

		else ans+=dfs(to,pos-1,sum-i,false,limit&&i==a[pos]);

	}

	return ans;

}

ll solve(ll num){

	memset(dp,-1,sizeof(dp));

	int len=0;

	while(num) a[++len]=num%k,num/=k;

	ll res=dfs(len,0,true,true);

	for(int i=2;i<=len;++i){

		memset(dp,-1,sizeof(dp));

		res-=dfs(i,len,0,true,true);

	}

	return res;

}

int main(){

	scanf("%lld%lld%d",&l,&r,&k);

	printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1));

	return 0;

}