AtCoder Beginner Contest 简要题解

ABC465

E

赛时考虑到了数位 dp，但是把它当一般的数位 dp 处理，这样做应该也是可以的，但是太过于麻烦。原因在于题目有 3 个限制，且只要满足其中一个，如果直接在算每一位时就考虑最终方案数，那么相当于要做 3 类数位 dp，且限制很强（因为还不能有重叠）。

但其实发现，“恰好满足一个限制”可以先转化为“至少满足一个限制”，对于这个进行数位 dp，最终算答案时就只统计所有“恰好满足一个限制”的方案数。

考虑状态设计，其实就是看最终算答案时的判定条件：

1. 判 3 的倍数：记录位数和模 3 的值。
2. 包含 3：记录出现数字的集合。
3. 恰好含有 3 个不同的数字：同样记录出现数字集合。

于是设 \(dp(i,j,k,0/1)\) 为前 \(i\) 位，出现数字的集合为 \(j\)，位数和模 3 的值为 \(k\)，且当前是 \((1)\) 否 \((0)\) 达到上界。

刷表转移枚举下一位上的数字 \(d\)，注意 \(d\) 的范围是 \([0,9]\)。

1. 从非上界转移：\(dp(i,j,k,0)\to dp(i+1,j',k',0)\)
2. 若 \(d\le lim\)，则可以从上界转移：
   • \(d < lim\)，\(dp(i,j,k,1)\to dp(i+1,j',k',0)\)
   • \(d = lim\)，\(dp(i,j,k,1)\to dp(i+1,j',k',1)\)

初始化 \(dp(0,0,0,0)=1\)。

F

赛时想到一些容斥，但还是不会。

其实这题可以算是一道融合高维前缀和与高维差分的好~板题。

首先，前缀和最本质的求法就是逐维计算，也就是每次选择一个维度，其他维度固定，让该维度滚动更新。

比如，3 维前缀和的计算：

// 1th dimension
for (int i = 1; i <= n; i ++) 
    for (int j = 1; j <= n; j ++) 
        for (int k = 1; k <= n; k ++) 
            f[i][j][k] += f[i - 1][j][k];
// 2th dimension
for (int i = 1; i <= n; i ++) 
    for (int j = 1; j <= n; j ++) 
        for (int k = 1; k <= n; k ++) 
            f[i][j][k] += f[i][j - 1][k];
// 3th dimension
for (int i = 1; i <= n; i ++) 
    for (int j = 1; j <= n; j ++) 
        for (int k = 1; k <= n; k ++) 
            f[i][j][k] += f[i][j][k - 1];

那么对于本题就直接把每个字符串看作一个 6 位的 10 进制数，然后做一个 6 维的前缀和。当然不用真的建立 6 维，像 sos dp 那样枚举所有数（其实是状态压缩）看每一位转移就行。

接下来考虑询问。

高维差分我们考虑做一个容斥原理，把条件 \(x_i\le s_i\le y_i\) 拆成 \((满足 s_i\le y_i 的价值和)-(满足 s_i\le x_i-1 的价值和)\)。所以我们枚举限制状态，其中第 \(i\) 位上为 0，表示该位的限制为 \(s_i\le y_i\)，否则为 \(s_i\le x_i\)。那么容斥系数为 \((-1)^{状态中 1 的个数}\)。

这里贴一下代码方便理解：

ll ans = 0;
for (int i = 0; i < (1 << 6); i ++) {
    int num = 0;
    bool flag = true;
    for (int j = 0; j < 6; j ++) {
        if (i >> j & 1) {
            if (x[j] == '0') {flag = false; break;}
            num = num * 10 + x[j] - '1';
        }
        else num = num * 10 + y[j] - '0';
    }
    if (flag) {
        int w = __builtin_parity(i) ? -1 : 1;
        ans += w * sum[num];
    }
}