CF908G. New Year and Original Order

Solution

对于一个数$x$，它的贡献为排序之后的值，例如：$S(50394)=3459=3\ast 10^3+4\ast 10^2+5\ast 10^1+9$，也就是每一个数值乘以若干个$10$的次幂的和。
事实上我们可以换一个方式看待这个过程，$S(50394)=1111+1111+1111+111+11+1+1+1+1$，即对于每一个数值$t=1..9$，都有$111...11$的贡献，其中$1$的个数取决于不小于$t$的数位的个数。

这样就可以简单地通过数位$DP$解决了，设$f[i][j][k][0/1]$表示前$i$位，比$j$大的数位有$k$个的数有多少个，$0/1$表示是否顶住上界，转移显然。

时间复杂度$O(n^2\ast 10^2)$。

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se secondusing namespace std;template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=1e9+7;
const int MAXN=705;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{int f=1,x=0; char c=getchar();while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }return x*f;
}
char st[MAXN]; 
int f[MAXN][10][MAXN][2];
void upd(int &x,int y) { x+y>=mods?x+=y-mods:x+=y; }
int main()
{scanf("%s",st+1);int n=strlen(st+1);for (int i=1;i<=st[1]-'0';i++) f[1][i][1][1]=1;for (int i=st[1]-'0'+1;i<=9;i++) f[1][i][0][1]=1;for (int i=1;i<=9;i++) f[1][i][1][0]=max(st[1]-'0'-i,0),f[1][i][0][0]=min(i,st[1]-'0');for (int i=1;i<n;i++)for (int j=1;j<=9;j++)for (int k=0;k<=i;k++)	for (int t=0;t<=9;t++){upd(f[i+1][j][k+(t>=j)][0],f[i][j][k][0]);if (t<st[i+1]-'0') upd(f[i+1][j][k+(t>=j)][0],f[i][j][k][1]);if (t==st[i+1]-'0') upd(f[i+1][j][k+(t>=j)][1],f[i][j][k][1]);}int ans=0;for (int i=0;i<=9;i++)for (int j=1,num=1;j<=n;j++,num=(1ll*num*10+1)%mods) upd(ans,1ll*(f[n][i][j][0]+f[n][i][j][1])*num%mods);printf("%d\n",ans);return 0;
}