题意：给定 $l,r,k$ ，对于一个 $k$ 进制数，将数码看成这个位置的石子个数，每将一个石子移动 $1$ 的距离需要 $1$ 的代价。求 $[l,r]$ 中的所有数在 $k$ 进制下将石子集中在一个位置的最小代价之和。

$l\le r\le 10^{15},k\le 20$

对于序列 {a1,a2,…,an}\{a_1,a_2,\dots,a_n\}{a1​,a2​,…,an​}，显然将集中位置从 $k-1$ 移动到 $k$ 会减少 ${\sum }_{i=k}^n{a}_i-{\sum }_{i=1}^{k-1}{a}_i$ 的代价。

枚举最优的位置，卡下前后的和的上下界，就可以数位 dp 了。

然而这个东西十分精神污染，反正我写了一天没写出来。

考虑更优美的做法。发现这个代价是关于集中位置的单峰函数，也就是一次往后移动如果贡献为负，那之后的贡献都为负。

所以有这样一个思路：先统计出放在最高位的总贡献，然后考虑每个移动产生的贡献，如果为正就把它加上。

可以设 $dp(p,i,s,lim)$ 表示从高到低考虑到第 $i$ 位，如果把未考虑的记为 $0$，高于 $p$ （含）的数码和减去低于 $p$ （不含）的数码和为 $s$，是否卡上界的总贡献。 $p=1$ 的时候因为要算总贡献，要特殊处理一下。

为什么数位 dp 记忆化搜索这么好写啊……

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
using namespace std;
typedef long long ll;
int B;
int a[55],cnt,p;
ll f[55][20005];
ll dfs(int i,int s,int lim)
{if (!i||s<0) return max(s,0);if (!lim&&~f[i][s]) return f[i][s];int mx=lim? a[i]:B-1;ll ans=0;for (int x=0;x<=mx;x++)ans+=dfs(i-1,s+(p==1? x*(i-1):(i<p? -x:x)),lim&&x==mx);if (!lim) f[i][s]=ans;return ans;
}
inline ll calc(ll n)
{cnt=0;while (n) a[++cnt]=n%B,n/=B;memset(f,-1,sizeof(f)),p=1;ll ans=dfs(cnt,0,1);for (p=2;p<=cnt;p++) memset(f,-1,sizeof(f)),ans-=dfs(cnt,0,1);return ans; 
}
int main()
{ll l,r;cin>>l>>r>>B;cout<<calc(r)-calc(l-1);return 0;
}