【SCOI2014】方伯伯的商场之旅（数位DP）

首先考虑单个数怎么做。

肯定是把每一位上的数都移到同一位（称其为决策点）上去。

假设当前数的决策点在第 \(p\) 位，这一位上数字是 \(x\)，这一位左边的数字和为 \(l\)，这一位右边的数字和为 \(r\)。

那么决策点向左移对代价的新的贡献为 \(r+x-l\)，向右移对答案的新的贡献为 \(l+x-r\)。

由此也可以看出代价关于决策点是一个单峰函数，因为不断向左移的过程中 \(r+x\) 一直减小，\(l\) 一直增大，新的贡献不断减小。

那么决策点不再移动当且仅当 \(r+x-l\geq 0\) 且 \(l+x-r\geq 0\)，即 \(x\geq |l-r|\)，注意满足这个条件的位置 \(p\) 对于每个数来说有且仅有一个（事实上 \(p\) 还可能有两个，比如数 \(11\) 就有两个决策点，但我们可以通过一个细节去重，详见代码）。

然后就想着对于每个点如何找决策点之类的，然后我就搞不下去了。

这是因为忽略了一个很重要的信息：\(l,r<\dfrac{K\log_K N}{2}<120\)。

于是我们可以枚举 \(x,l,r\)，使得 \(x>|l-r|\)，然后再去枚举满足存在某一位为 \(x\)、这一位左侧数字和为 \(l\)、右侧数字和为 \(r\) 且在题目给定区间 \([L,R]\) 内的数，并统计这些数的贡献和。由于每个数仅对应着一个 \(p\)，也就是仅对应着一种 \(x,l,r\)，所以我们直接按这种方式枚举并统计答案不会算重。

现在问题的关键是如何枚举满足存在某一位为 \(x\)、这一位左侧数字和为 \(l\)、右侧数字和为 \(r\) 且在题目给定区间 \([L,R]\) 内的数，并统计这些数的贡献和。

你发现贡献和不太好统计，因为 \(x\) 的位置不确定。

于是我们又枚举 \(x\) 的位置 \(p\)，然后问题就是如何枚举满足第 \(p\) 位为 \(x\)、这一位左侧数字和为 \(l\)、右侧数字和为 \(r\) 且在题目给定区间 \([L,R]\) 内的数，并统计这些数的贡献和。

直接数位 DP 即可。

注意到左侧和右侧是独立的，所以可以分开两个 dfs。

枚举 \(p\) 时间 \(O(\log_KN)\)，枚举 \(x\) 时间 \(O(K)\)，枚举 \(r\) 时间 \(O\left(\dfrac{K\log_KN}{2}\right)\)，枚举 \(l\) 时间 \(O(K)\)，数位 DP 时间 \(O(2\log _KN\dfrac{K\log_KN}{2})=O(K\log _K^2N)\)，总时间复杂度：

\[O\left(log_KN\cdot K\cdot \dfrac{K\log K_N}{2}\cdot \left(K+K\log_K^2N\right)\right)=O(K^3\log_K^4N) \]

当 \(K=20\) 时取最大。

时间复杂度算得很不严谨，估计算大了了不少，但就算这样算出来都可以过（

数位 DP 过程详见代码：

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

using namespace std;

int K,num[65];
int maxn[65];
int p,x,l,r;
ll L,R;
ll fr1[65][125][2],fr2[65][125][2];
//fr1[k][res][limit]表示剩下k位数，剩余数字和为res，有无上限，在这些限制下的填数方案数
//fr2[k][res][limit]表示剩下k位数，剩余数字和为res，有无上限，在这些限制下的填数方案的贡献总和
ll fl1[65][125][2],fl2[65][125][2];
//fl1和fl2定义同fr1和fr2
ll ntot,nsum;

void dfsr(int k,int res,bool limit)//k位数，res剩余数字和，limit是否有上限
{
	if(res>maxn[k])//剪枝，剩下的位全部填K-1都到不了res
	{
		ntot=nsum=0;
		return;
	}
	if(!k)
	{
		ntot=1,nsum=0;
		return;
	}
	if(fr1[k][res][limit]!=-1)
	{
		ntot=fr1[k][res][limit];
		nsum=fr2[k][res][limit];
		return;
	}
	int t=K-1;;
	if(limit) t=num[k];
	ll tot=0,sum=0;
	for(int i=0;i<=t;i++)
	{
		if(res-i>=0)
		{
			dfsr(k-1,res-i,limit&&(i==t));
			tot+=ntot,sum+=nsum;
			sum+=1ll*ntot*(p-k)*i;//对于后面的每一种方案，(p-k)*i都会贡献一次
		}
		else break;
	}
	fr1[k][res][limit]=ntot=tot;
	fr2[k][res][limit]=nsum=sum;
}

void dfsl(int k,int res,bool limit)//dfsl的解释和dfsr大致相同
{
	if(res>maxn[k-p])
	{
		ntot=nsum=0;
		return;
	}
	if(k==p)
	{
		if(limit&&x>num[p])//注意判断x是否超出上限
		{
			ntot=nsum=0;
			return;
		}
		dfsr(p-1,r,limit&&(x==num[p]));
		return;
	}
	if(fl1[k][res][limit]!=-1)
	{
		ntot=fl1[k][res][limit];
		nsum=fl2[k][res][limit];
		return;
	}
	int t=K-1;
	if(limit) t=num[k];
	ll tot=0,sum=0;
	for(int i=0;i<=t;i++)
	{
		if(res-i>=0)
		{
			dfsl(k-1,res-i,limit&&(i==t));
			tot+=ntot,sum+=nsum;
			sum+=1ll*ntot*(k-p)*i;
		}
		else break;
	}
	fl1[k][res][limit]=ntot=tot;
	fl2[k][res][limit]=nsum=sum;
}

ll work(ll n)
{
	int len=0;
	while(n)
	{
		num[++len]=n%K;
		n/=K;
	}
	for(int i=1;i<=len+1;i++)
		maxn[i]=maxn[i-1]+(K-1);
	ll ans=0;
	for(p=1;p<=len;p++)
	{
		memset(fr1,-1,sizeof(fr1));//fr只与p有关，所以在p改变的时候再重置
		for(x=0;x<K;x++)
		{
			for(r=0;r<=maxn[p-1];r++)
			{
				memset(fl1,-1,sizeof(fl1));//fl只与p和r有关
				for(l=max(0,r-x);l<=min(r+x-1,maxn[len-p]);l++)//-x<=l-r<x，注意右边是小于，因为一个数有可能有两个最优决策点，我们要通过这种方式去重
				{
					dfsl(len,l,1);
					ans+=nsum;
				}
			}
		}
	}
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%lld%lld%d",&L,&R,&K);
	printf("%lld\n",work(R)-work(L-1));
	return 0;
}