T1：CF54C First Digit Law

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这个题目是真的绕！！
其次本题是数位$dp$，概率$dp$，背包的结合

对于数位$dp$板块，其实我是没有写的，因为用简单的组合数就可以代替，显然

如果这个数长成$1\ast \ast \ast \ast \ast \ast$，那么如果位数小于这个数的就是可以乱填出$1$的，
然后再加上$1000000-1\ast \ast \ast \ast \ast \ast$中的个数就好了

如果这个数长成$(>1)\ast \ast \ast \ast \ast \ast$，那只要位数小于等于这个数都可以乱填

然后以取的区间个数作为重量，概率作为价值，乘号转移，然后自己领悟吧

code

#include <cstdio>
#define ll long long
int n, k;
double dp[1100], p[1100];ll solve( ll num ) {ll cnt = 0, last = 0, Pow = 1, ans = 0, x = num;while( x ) {last = x % 10;cnt ++;x /= 10;}for( int i = 1;i < cnt;i ++, Pow *= 10 )ans += Pow;if( last > 1 ) ans += Pow;else if( last == 1 ) ans += num - Pow + 1;return ans;
}int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {ll l, r;scanf( "%I64d %I64d", &l, &r );ll temp = solve( r ) - solve( l - 1 );p[i] = temp * 1.0 / ( r - l + 1 );}scanf( "%d", &k );dp[0] = 1.0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = n;~ j;j -- ) {dp[j] = dp[j] * ( 1 - p[i] );if( j > 0 ) dp[j] += dp[j - 1] * p[i];}double ans = 0;for( int i = 0;i <= n;i ++ )if( i * 100 >= n * k )ans += dp[i];printf( "%.12lf", ans );return 0;
}

T2：CF509C Sums of Digits

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我们想一下怎么才能构造出最小的？显然
从低到高位开始填，一直填$9$，到首位的时候就填剩下的那个数$r$
因为数的大小首先是位数，其次是位数上的值！

---

第一个数肯定这样构造出来最小
接下来我们考虑后续数怎么构造出来
只有三种填法

①：仿照第一个数，也是后面全填$9$，首位填剩的
②：在前一个构造出来的数上的首位$+1$，这样保证大于后，后面就乱填
③：在前一个构造出来的数上的任意一位增加至$9$，直到满足数位和相等才停
显然，从低位往高位填是最小的

code

#include <cstdio>
int n, len;
int b[400], a[400];void solve( int num ) {for( int i = 1;num;i ++ ) {while( a[i] < 9 && num )a[i] ++, num --;if( i > len && ! num ) len = i;}
}void print() {for( int i = len;i;i -- )printf( "%d", a[i] );printf( "\n" );
}int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &b[i] );solve( b[1] );print();for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {int temp = b[i] - b[i - 1];if( temp > 0 ) {solve( temp );print();}else {int k = 1;while( 1 ) {if( k > len ) len = k;if( a[k] < 9 && temp > 0 ) {a[k] ++;solve( temp - 1 );print();break;}temp += a[k];a[k] = 0;k ++;}}}return 0;
}

T3：CF431D Random Task

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首先看$n$的范围$[1,1e18]$我们想要把这个降下来，唯一支持的时间复杂度就是$logN$
自然而然就会想到去二分答案$n$
但是二分必须要保证单调性，现在我们来证明一下n越大，二进制中有k个1的个数一定变大或不变

假设当前二分的答案为$n$
那么计算范围就是$[n+1,2n]$
对于$n+1$而言，我们主观是认为$n+1$一定不劣于$n$，有时候我们的主观是正确的
$n+1$计算范围为$[n+2,2n+2]$

分别把区间划分一下
$[n+1,2n]=n+1,[n+2,2n]$
$[n+2,2n+2]=[n+2,2n],2n+1,2n+2$
发现$[n+2,2n]$可以抵消
$n+1,2n+2$也可以抵消！！

这个时候巧妙转化为二进制思考

$2n+2$是$n+1$的两倍，也就相当于$2n+2=(n+1)<<1$
二进制左移以为不就相当补了一个$0$，那么前面两个数中二进制含有$1$的个数是不变的！！
所以也可以抵消

此时$[n+1,2n+2]$就还剩下一个$2n+1$，所以一定不劣于，证毕

所以为什么题目是$[n+1,2n]$范围，如果是$[n,2n]$就不好说了，而且要求必须恰好为$m$不能大于

---

好了接下来，就是普通的数位$dp$了，先把套路搞起来
把$[l,r]$转化为$[1,r]-[1,l-1]$
然后用二进制数位$dp$
就是控制前$i$位相等，然后后面乱填，这里不再赘述（你看代码就会马上get）

code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
ll m;
int k, num[100];
ll dp[100][100];ll dfs( int pos, int sum, bool lim ) {if( ! pos ) return ( sum == k );if( ! lim && dp[pos][sum] != -1 ) return dp[pos][sum];int up = lim ? num[pos] : 1;ll ans = 0;for( int i = 0;i <= up;i ++ ) if( sum + ( i == 1 ) <= k )ans += dfs( pos - 1, sum + ( i == 1 ), lim && ( i == up ) );if( ! lim ) dp[pos][sum] = ans;return ans;
}ll solve( ll x ) {int len = 0;while( x ) num[++ len] = x & 1, x >>= 1;return dfs( len, 0, 1 );
}ll calc( ll x ) {return solve( x << 1 ) - solve( x );
}int main() {scanf( "%lld %d", &m, &k );memset( dp, -1, sizeof( dp ) );ll l = 1, r = 1e18;while( l <= r ) {ll mid = ( l + r ) >> 1, ans = calc( mid );if( ans == m ) return ! printf( "%lld", mid );else if( ans > m ) r = mid - 1;else l = mid + 1;}return 0;
}

T4：CF628D Magic Numbers

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这是道中规中矩的数位$DP$题目，只不过设计了一丁点的高精
按照套路我们会转化成$[1,r]-[1,l-1]$，但是$l-1$涉及高精减，所以我们就单独拎出来
写一个$check$专门判断$l$是否符合，然后差分计算$[1,r]-[1,l]$

注意，题目翻译是错误的
是从高位到低位（从左往右）首位是奇数，然后偶数位，奇数位，偶数位

这种看代码就会秒懂的，不展开叙述

code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define mod 1000000007
#define ll long long
int m, d, len;
ll ans;
int num[2005];
char l[2005], r[2005];
ll dp[2005][2005];ll dfs( int pos, int sum, bool lim ) {if( pos == -1 ) return ( sum == 0 );if( ! lim && ~ dp[pos][sum] ) return dp[pos][sum];int up = lim ? num[pos] : 9;ll ans = 0;for( int i = 0;i <= up;i ++ ) {if( ( ( len - pos ) & 1 ) && i == d ) continue;if( ( ! ( ( len - pos ) & 1 ) ) && i != d ) continue;ans = ( ans + dfs( pos - 1, ( sum * 10 + i ) % m, lim && ( i == up ) ) ) % mod;}if( ! lim ) dp[pos][sum] = ans;return ans;
}ll calc( char *x ) {len = strlen( x );for( int i = 0;i < len;i ++ )num[len - i - 1] = x[i] - '0';return dfs( len - 1, 0, 1 );
}bool check() {len = strlen( l );ll sum = 0;for( int i = 0;i < len;i ++ ) {int j = l[i] - '0';if( ( ( i + 1 ) & 1 ) && j == d ) return 0;if( ( ! ( ( i + 1 ) & 1 ) ) && j != d ) return 0;sum = ( sum * 10 + j ) % m;}return ( sum == 0 );
}int main() {memset( dp, -1, sizeof( dp ) );scanf( "%d %d %s %s", &m, &d, l, r );ans = ( calc( r ) - calc( l ) + mod ) % mod;ans += check();printf( "%lld", ans % mod );return 0;
}

T5：CF855E Salazar Slytherin’s Locket

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这个也是很简单的数位$DP$，只不过中间我们套一个状压$DP$
如果状态$s$的第$i$位为$0$，表示数字$i$出现了偶数次，反之出现奇数次
转化成$b$进制直接搞就行了呗

code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
int Q, b;
int num[70];
ll l, r;
ll dp[12][70][( 1 << 11 ) - 1];ll dfs( int pos, int s, bool zero, bool lim ) {if( !pos ) return !s;if( ~dp[b][pos][s] && !zero && !lim ) return dp[b][pos][s];int up = lim ? num[pos] : b - 1;ll ans = 0;for( int i = 0;i <= up;i ++ )ans += dfs( pos - 1, ( !i && zero ) ? s : s ^ ( 1 << i ), zero && !i, lim && ( i == up ) );if( !zero && !lim ) dp[b][pos][s] = ans;return ans;
}ll solve( ll x ) {int len = 0;while( x ) num[++ len] = x % b, x /= b;return dfs( len, 0, 1, 1 );
}int main() {memset( dp, -1, sizeof( dp ) );scanf( "%d", &Q );while( Q -- ) {scanf( "%d %lld %lld", &b, &l, &r );printf( "%lld\n", solve( r ) - solve( l - 1 ) );}return 0;
}

T6：CF1245F Daniel and Spring Cleaning

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异或可以转化成二进制下不进位加法
朴素数位$DP$直接上

code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
int T, L, R;
ll dp[40][2][2];ll dfs( int pos, bool limL, bool limR ) {if( pos == -1 ) return 1;if( ~ dp[pos][limL][limR] ) return dp[pos][limL][limR];dp[pos][limL][limR] = 0;int upL = limL ? ( L >> pos ) & 1 : 1;int upR = limR ? ( R >> pos ) & 1 : 1;for( int i = 0;i <= upL;i ++ )for( int j = 0;j <= upR;j ++ )if( ! ( i & j ) )dp[pos][limL][limR] += dfs( pos - 1, limL && ( i == upL ), limR && ( j == upR ) );return dp[pos][limL][limR];
}ll solve( int l, int r ) {if( l == -1 ) return 0;memset( dp, -1, sizeof( dp ) );L = l, R = r;dfs( log2( R + 1 ) + 1, 1, 1 );
}int main() {scanf( "%d", &T );while( T -- ) {int l, r;scanf( "%d %d", &l, &r );printf( "%lld\n", solve( r, r ) - solve( l - 1, r ) * 2 + solve( l - 1, l - 1 ) );}return 0;
}

T7：CF95D Horse Races

title

code

直接看代码即可

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define ll long long
int T, k;
int num[1005];
char l[1005], r[1005];
ll dp[1005][1005][2];
//pos表示当前位置
//d表示k+1减去与前一个幸运数字的距离
//那么当d降到0时，它与前面的幸运数字的距离就超过k了
//flag表示之前是否符合要求，符合要求为1，不符合为0
//lim表示当前位能否取到9，即之前是否达到上界，达到上界就为1，没有就为0
ll dfs( int pos, int d, bool flag, bool lim ) {if( ! pos ) return flag;if( ! lim && ~ dp[pos][d][flag] ) return dp[pos][d][flag];int up = lim ? num[pos] : 9;ll ans = 0;for( int i = 0;i <= up;i ++ ) {if( i != 4 && i != 7 )ans = ( ans + dfs( pos - 1, max( d - 1, 0 ), flag, lim && ( i == up ) ) ) % mod;elseans = ( ans + dfs( pos - 1, k, flag || d, lim && ( i == up ) ) ) % mod;}if( ! lim ) dp[pos][d][flag] = ans;return ans;
}ll calc( char *x ) {int len = strlen( x );for( int i = len - 1;i >= 0;i -- )num[len - i] = x[i] - '0';return dfs( len, 0, 0, 1 );
}bool check() {int len = strlen( l ), last = 0x3f3f3f3f;for( int i = len - 1;~ i;i -- ) {int j = l[i] - '0';if( j == 4 || j == 7 ) {if( last - i <= k ) return 1;else last = i;}}return 0;
}int main() {memset( dp, -1, sizeof( dp ) );scanf( "%d %d", &T, &k );while( T -- ) {scanf( "%s %s", l, r );printf( "%lld\n", ( calc( r ) - calc( l ) + check() + mod ) % mod );}return 0;
}