之前学数位dp的时候底子没打扎实
虚的要死
这次正好有时间……刷了刷之前没做的题目
感觉自己脑洞不太够……比较经典的题或者见过的类似模型就能自己推出来，但是没有见过的模型就虚的要死（比如二进制数位DP）
感谢WQ的帮助，让我对数位DP的理解逐渐加深
那么我们总结一下这次做的题目……
bzoj4521
记忆化搜索即可，水爆
1 #include <cstring>
2 #include <cstdio>
3 using namespace std;
4 #define RG register
5 #define LL long long
6 int bin[15],cnt;
7 LL poww[15],f[12][10][3][3][2][2];
8 inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
9 inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
10 inline LL dfs(int st,int pre,int comb,int maxcomb,bool have8,bool have4,bool limit)
11 {
12 if(st==0)return maxcomb==3;
13 if(!limit&&f[st][pre][comb][maxcomb][have8][have4]!=-1)
14 return f[st][pre][comb][maxcomb][have8][have4];
15 LL ret=0;
16 RG int i,tmp,lim=(limit)?bin[st]:10;
17 for(i=0;i<lim;++i)
18 {
19 tmp=min((pre==i)?comb+1:1,3);
20 if(i==4)
21 {
22 if(!have8)ret+=dfs(st-1,i,tmp,max(tmp,maxcomb),0,1,0);
23 }
24 else if(i==8)
25 {
26 if(!have4)ret+=dfs(st-1,i,tmp,max(tmp,maxcomb),1,0,0);
27 }
28 else ret+=dfs(st-1,i,tmp,max(tmp,maxcomb),have8,have4,0);
29 }
30 if(limit)
31 {
32 tmp=min((pre==i)?comb+1:1,3);
33 if(i==4)
34 {
35 if(!have8)ret+=dfs(st-1,i,tmp,max(tmp,maxcomb),0,1,1);
36 }
37 else if(i==8)
38 {
39 if(!have4)ret+=dfs(st-1,i,tmp,max(tmp,maxcomb),1,0,1);
40 }
41 else ret+=dfs(st-1,i,tmp,max(tmp,maxcomb),have8,have4,1);
42 }
43 if(!limit)f[st][pre][comb][maxcomb][have8][have4]=ret;
44 return ret;
45 }
46 inline LL calc(LL len)
47 {
48 LL ret=0;cnt=0;
49 while(len)bin[++cnt]=len%10,len/=10;
50 for(RG int i=1;i<bin[11];++i)ret+=dfs(10,i,1,1,i==8,i==4,0);
51 return ret+dfs(10,bin[11],1,1,bin[11]==8,bin[11]==4,1);
52 }
53 int main()
54 {
55 LL l,r,ans;RG int i;
56 for(poww[0]=i=1;i<=12;++i)poww[i]=poww[i-1]*9;
57 scanf("%lld%lld",&l,&r);
58 memset(f,-1,sizeof(f)),ans=calc(r);
59 if(l>1e10)ans-=calc(l-1);
60 printf("%lld\n",ans);
61 }
BZOJ4521
bzoj4029
假装他是数位dp的小模拟
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 using namespace std;
4 #define RG register
5 #define LL long long
6 int br[12],bl[12],lr,ll,_10[12];
7 int main()
8 {
9 RG int pos,i,j,l,r,tmp,t,ans;
10 scanf("%d",&t);
11 for(_10[1]=1,i=2;i<=10;++i)_10[i]=_10[i-1]*10;
12 while(t--)
13 {
14 scanf("%d%d",&l,&r),--l;
15 ll=lr=0;
16 tmp=r;while(tmp)br[++lr]=tmp%10,tmp/=10;
17 tmp=l;while(tmp)bl[++ll]=tmp%10,tmp/=10;
18 if(lr!=ll)
19 {
20 if(l<5*_10[ll])ans=5*_10[ll];
21 else if(5*_10[ll+1]<=r)ans=5*_10[ll+1];
22 else if(bl[ll]==9)ans=_10[ll+1];
23 else ans=_10[ll]*(bl[ll]+1);
24 }
25 else
26 {
27 pos=ll;ans=0;
28 while(bl[pos]==br[pos]&&pos)ans=ans*10+bl[pos],--pos;
29 if(pos)
30 {
31 if(bl[pos]<5&&5<=br[pos])ans=(ans*10+5)* _10[pos];
32 else ans=(ans*10+bl[pos]+1)* _10[pos];
33 }
34 }
35 printf("%d\n",ans);
36 }
37 }
BZOJ4029
bzoj3209
从低位往高位DP，带个组合数乱搞，比较水,没有打
bzoj3329
两边同时异或一下x，然后由于异或是不进位的加法，所以发现性质是没有相邻的1，dp即可
1 #include <cstring>
2 #include <cstdio>
3 using namespace std;
4 #define mod 1000000007
5 #define RG register
6 #define LL long long
7 namespace work1
8 {
9 LL f[64][2];int bin[64],len;
10 inline void init()
11 {
12 f[1][0]=1,f[1][1]=1;
13 for(RG int i=2;i<=62;++i)
14 f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-1][1],f[i][1]=f[i-1][0];
15 }
16 inline LL dfs(int st,int pre,bool lim)
17 {
18 if(st==0)return 1;
19 if(!lim)return pre?f[st][0]:f[st][0]+f[st][1];
20 if(bin[st])
21 return pre?dfs(st-1,0,0):(dfs(st-1,0,0)+dfs(st-1,1,1));
22 return dfs(st-1,0,1);
23 }
24 inline LL work(LL n)
25 {
26 if(!n)return 0;
27 len=0;while(n)bin[++len]=n&1,n>>=1;
28 return dfs(len-1,0,0)+dfs(len-1,1,1)-1;
29 }
30 }
31 namespace work2
32 {
33 struct matrix
34 {
35 int a[4][4];
36 inline void clear(){memset(a,0,sizeof(a));}
37 inline void init(){memset(a,0,sizeof(a));for(RG int i=0;i<4;++i)a[i][i]=1;}
38 inline matrix operator * (const matrix &b)const
39 {
40 RG int i,j,k;
41 matrix c;c.clear();
42 for(i=0;i<4;++i)
43 for(k=0;k<4;++k)if(a[i][k])
44 for(j=0;j<4;++j)if(b.a[k][j])
45 c.a[i][j]=(c.a[i][j]+(LL)a[i][k]*b.a[k][j])%mod;
46 return c;
47 }
48 inline void print()
49 {
50 for(RG int i=0;i<4;++i,printf("\n"))
51 for(RG int j=0;j<4;++j)
52 printf("%d ",a[i][j]);
53 }
54 }d,t;
55 inline void init()
56 {
57 d.clear(),d.a[0][0]=d.a[0][1]=d.a[0][2]=d.a[1][0]=d.a[1][3]=1;
58 }
59 inline matrix quick_mod(matrix di,LL mi)
60 {
61 matrix ret;ret.init();
62 for(;mi;mi>>=1,di=di*di)if(mi&1)ret=ret*di;
63 return ret;
64 }
65 inline int work(LL n)
66 {
67 t.clear(),t.a[0][0]=t.a[0][1]=1,t=t*quick_mod(d,n);
68 return t.a[0][0];
69 }
70 }
71 int main()
72 {
73 RG int i,j,t;LL n;
74 scanf("%d",&t);
75 work1::init(),work2::init();
76 while(t--)
77 scanf("%lld",&n),printf("%lld\n%d\n",work1::work(n),work2::work(n));
78 }
BZOJ3329
bzoj1799
打表发现数位之和很少，枚举数位之和，但是我没想到dp的定义……
然后看了一下题解的数组定义，难度适中吧……没有那么难，但是自己还是没想出来
那个维护当前值然后每次cur=cur×10+i的很巧妙，没想出来……
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 #include <algorithm>
4 using namespace std;
5 #define RG register
6 #define LL long long
7 int bin[20];
8 inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
9 inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
10 int mod,mark[20][163][163][2];
11 LL f[20][163][163][2];
12 inline LL dfs(int st,int sum,int cur,bool lim)
13 {
14 if(st==0)return cur==0&&sum==0;
15 if(mark[st][sum][cur][lim]==mod)return f[st][sum][cur][lim];
16 mark[st][sum][cur][lim]=mod;LL ret=0;
17 RG int i,l=max(0,sum-(st-1)*9 ),r=min( sum+1,(lim?bin[st]:10) );
18 for(i=l;i<r;++i)ret+=dfs(st-1,sum-i,(cur*10+i)%mod,0);
19 if(lim && sum>=bin[st] )
20 ret+=dfs(st-1,sum-bin[st],(cur*10+bin[st])%mod,1);
21 return f[st][sum][cur][lim]=ret;
22 }
23 inline LL calc(LL n)
24 {
25 RG int cnt=0;LL ret=0;
26 while(n)bin[++cnt]=n%10,n/=10;
27 memset(mark,0,sizeof(mark));
28 for(mod=1;mod<=162;++mod)ret+=dfs(cnt,mod,0,1);
29 return ret;
30 }
31 int main()
32 {
33 RG int i,j;LL l,r;
34 scanf("%lld%lld",&l,&r);
35 printf("%lld\n",calc(r)-calc(l-1));
36 }
BZOJ1799
bzoj1183+bzoj2713
这个和之前那个淘金很像……先预处理乘积，后面那个我一开始一直在想像上面1799的搞法带着乘积走
然后发现不行，最后得到了提示，对于每一个乘积x，我去查询l/x,r/x区间内乘积为x的数就行了
这个转化和之前数学上那个gcd很像：d|ij <==> d/gcd(i,d) | j
啊我好蠢啊
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 #include <algorithm>
4 #include <cstdlib>
5 using namespace std;
6 #define RG register
7 #define LL long long
8 #define L 440000
9 #define UL 44000
10 int bin[20],len,cnt;
11 LL _9[20],mul[L],f[20][UL],l,r;
12 inline void dfs1(int st,int pre,LL multi)
13 {
14 mul[++cnt]=multi;
15 if(st==11)return;
16 for(RG int i=pre;i<10;++i)
17 if(multi*i<=r)dfs1(st+1,i,multi*i);
18 }
19 inline int id(LL val){return lower_bound(mul+1,mul+cnt+1,val)-mul;}
20 inline LL dfs(int st,int mul_id,bool limit)
21 {
22 if(mul[mul_id]>_9[st])return 0;
23 if(st==0)return 1;
24 RG int i,lim=(limit?bin[st]:10);
25 LL ret=0;
26 for(i=1;i<lim;++i)
27 if(mul[mul_id]%i==0)
28 ret+=f[st-1][id(mul[mul_id]/i)];
29 if(lim&&bin[st])
30 if(mul[mul_id]%bin[st]==0)
31 ret+=dfs(st-1,id(mul[mul_id]/bin[st]),1);
32 return ret;
33 }
34 inline LL query(int id,LL n)
35 {
36 LL ret=0;len=0;
37 while(n)bin[++len]=n%10,n/=10;
38 for(RG int i=1;i<len;++i)ret+=f[i][id];
39 return ret+dfs(len,id,1);
40 }
41 inline LL calc(LL n)
42 {
43 if(!n)return 0;LL ret=0;
44 for(RG int i=1;mul[i]<=n&&i<=cnt;++i)
45 ret+=query(i,n/mul[i]);
46 return ret;
47 }
48 int main()
49 {
50 RG int i,j,k;
51 scanf("%lld%lld",&l,&r);
52 mul[++cnt]=1;
53 dfs1(0,2,1),sort(mul+1,mul+cnt+1),
54 cnt=unique(mul+1,mul+cnt+1)-mul-1;
55 for(_9[0]=i=1;i<=18;++i)_9[i]=_9[i-1]*9;
56 for(f[0][1]=1,i=1;i<=9;++i)f[1][i]=1;
57 for(i=2;i<=18;++i)
58 for(j=1;j<=cnt;++j)if(f[i-1][j])
59 for(k=1;k<=9;++k)f[i][id(mul[j]*k)]+=f[i-1][j];
60 printf("%lld\n", calc(r) - calc(l-1) );
61 }
BZOJ1183+BZOJ2713
bzoj3530
不知道怎么混进来的AC自动机题目
前导0的处理需要注意，一开始没有想好
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 using namespace std;
4 #define L 1510
5 #define RG register
6 #define mod 1000000007
7 char s[L],str[L];
8 bool ban[L];
9 int n,cnt,ch[L][11],fail[L],q[L],hd,tl,plan[L][L];
10 inline int dfs(int rt,int left)
11 {
12 if(ban[rt])return plan[rt][left]=0;
13 if(plan[rt][left])return plan[rt][left];
14 int ret=0;
15 for(RG int i=0;i<10;++i)
16 if(!ban[ch[rt][i]])
17 ret=(ret+dfs(ch[rt][i],left-1))%mod;
18 return plan[rt][left]=ret;
19 }
20 #define id(c) ((c)-‘0‘)
21 signed main()
22 {
23 RG int i,j,m,rt,l,d,ans=0,good=1;
24 scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
25 scanf("%d",&m);
26 cnt=1;
27 for(i=1;i<=m;++i)
28 {
29 scanf("%s",str+1),l=strlen(str+1);
30 for(rt=1,j=1;j<=l;++j)
31 {
32 d=str[j]-‘0‘;
33 if(!ch[rt][d])ch[rt][d]=++cnt;
34 rt=ch[rt][d];
35 if(ban[rt])break;
36 }
37 ban[rt]=1;
38 }
39 for(hd=1,tl=0,i=0;i<10;++i)
40 if(ch[1][i])q[++tl]=ch[1][i],fail[ch[1][i]]=1;
41 else ch[1][i]=1;
42 while(hd<=tl)
43 for(rt=q[hd++],i=0;i<10;++i)
44 if(ch[rt][i])d=ch[rt][i],fail[d]=ch[fail[rt]][i],ban[d]|=ban[fail[d]],q[++tl]=d;
45 else ch[rt][i]=ch[fail[rt]][i];
46 for(i=1;i<=cnt;++i)if(!ban[i])plan[i][0]=1;
47 for(i=1;i<=cnt;++i)if(!ban[i])
48 for(j=1;j<n;++j)if(!plan[i][j])dfs(i,j);
49 for(i=1;i<n;++i)for(j=1;j<10;++j)
50 ans=(ans+plan[ch[1][j]][i-1])%mod;
51 for(rt=1,i=1;i<=n;++i)
52 {
53 for(d=s[i]-‘0‘,j=(i==1?1:0);j<d;++j)
54 if(!ban[ch[rt][j]])ans=(ans+plan[ch[rt][j]][n-i])%mod;
55 rt=ch[rt][d];
56 if(ban[rt]){good=0;break;}
57 }
58 printf("%d\n",ans+good);
59 }
BZOJ3530
uoj86
题解在这里面，综合感不错的题目……
bzoj3652
相当于两部分分开求和再除总数然后加权
第二部分求异或和很好想，统计每位0/1个数然后搞就行
关于第一部分………在%wq的思路之后打过去了
第一部分相当于对于每一个数选一个数和它异或和最大
由于选的那个数也要在n的范围内，所以我们不太好搞
这样，我们正难则反，先认为每个数的每一位都能贡献上，再减去多余的贡献
由于n的二进制第一位一定是1，所以在2^(len-1)到n-1这些数一定每一位都能贡献上
那么我们一开始就拿着0~2^(len-1)-1这些数(len代表n的二进制长度)，维护剩下多少数
从n的高位往低位考虑，如果n的某一位是1，那么这一位如果填0的话，
现在这一位为1的数(正好占一半)就一定能贡献后面所有位的值(即他们一定不会超限，所以后面可以随意填)
那么我们把它们扔掉，即更改剩下数的多少
这个和一开始分析的最高位的情况类似
反之，如果为0，那么这一位为0的所有数(也是占一半)由于不能填1而无法贡献这一位的异或值
那么我们在答案中减去对应的值
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 #include <iostream>
4 using namespace std;
5 #define RG register
6 #define LL long long
7 #define db double
8 LL bin[64];
9 int bit[64],len;
10 int main()
11 {
12 RG int i;LL n,m,tmp,cnt0,cnt1;
13 db val1=0,val2=0,p,q;
14 for(bin[0]=i=1;i<=62;++i)bin[i]=bin[i-1]<<1;
15 scanf("%lld%lf",&n,&p),m=n-1;
16 tmp=m;while(tmp)bit[++len]=tmp&1,tmp>>=1;
17 for(i=len;~i;--i)
18 {
19 tmp=n>>(i+1),cnt0=cnt1=tmp*bin[i];
20 if(n&bin[i])cnt0+=bin[i],cnt1+=(bin[i]-1)&n;
21 else cnt0+=(bin[i]-1)&n;
22 val2+=2.0*cnt0*cnt1*bin[i];
23 }
24 val2/=n*1.0*n;
25 val1=n*1.0*(bin[len]-1);tmp=bin[len];
26 for(i=len;i;--i)
27 if(bit[i])tmp>>=1;
28 else val1-=(tmp>>1)*1.0*bin[i-1];
29 printf("%.10lf\n",p*val1/n+(1-p)*val2 );
30 }
BZOJ3652
bzoj4513
感觉是上面一题的加强版
自己想的是dfs打法，但是由于情况太多无法手动分类讨论，打不出来
数组定义定义f[i][2][2][2]，后面三个0/1分别代表是否满足i<=n,j<=m,i^j>=k
现在我发现的AC写法(茴香豆的茴有四种写法你知道嘛)
1.(大部分网上题解使用的)4维数组dp
发现网上大部分人是用的迭代dp的打法
和我定义是一样的，可是……
代码实现出人意料的简洁
dp写法和dfs写法的确是各有所长
dp适合用很多for循环和边界特判无脑处理掉大量的分类讨论
而dfs适合无法很好用for循环枚举的东西
Ps:dp写法有一个地方不是太懂，就是为什么最后要把数组的每个元素都计算一遍
我们需要的答案难道不就是ans[1][1][1]吗
1 #include <cstdio>
2 #include <algorithm>
3 #include <cstring>
4 using namespace std;
5 #define RG register
6 #define LL long long
7 LL n,m,k,bin[64],f_ge[64][2][2][2],f_sum[64][2][2][2];
8 int main()
9 {
10 RG int mod,i,ta,tb,tc,a,b,c,x,y,z,t,len,lena,lenb,lenc,bita,bitb,bitc;
11 LL ans,tmp;scanf("%d",&t);
12 while(t--)
13 {
14 scanf("%lld%lld%lld%d",&n,&m,&k,&mod),--n,--m;
15 lena=lenb=lenc=0;
16 tmp=n;while(tmp)++lena,tmp>>=1;
17 tmp=m;while(tmp)++lenb,tmp>>=1;
18 tmp=k;while(tmp)++lenc,tmp>>=1;
19 len=max(lena,max(lenb,lenc));
20 for(bin[0]=i=1;i<=len;++i)bin[i]=(bin[i-1]<<1)%mod;
21 memset(f_ge,0,sizeof(f_ge)),memset(f_sum,0,sizeof(f_sum));
22 f_ge[len+1][1][1][1]=1;ans=0;
23 for(i=len;~i;--i)
24 {
25 bita=(n>>i)&1,bitb=(m>>i)&1,bitc=(k>>i)&1;
26 for(a=0;a<2;++a)for(b=0;b<2;++b)for(c=0;c<2;++c)
27 if(f_ge[i+1][a][b][c])
28 for(x=0;x<2;++x)
29 {
30 if(a && x>bita)break;
31 for(y=0;y<2;++y)
32 {
33 if(b && y>bitb)break;
34 z=x^y;
35 if(c && z<bitc)continue;
36 ta=(a && bita==x)?1:0,tb=(b && bitb==y)?1:0,tc=(c && bitc==z)?1:0;
37 f_ge[i][ta][tb][tc]=(f_ge[i][ta][tb][tc]+f_ge[i+1][a][b][c])%mod;
38 f_sum[i][ta][tb][tc]=( f_sum[i][ta][tb][tc]+f_sum[i+1][a][b][c])%mod;
39 if(z)f_sum[i][ta][tb][tc]=( f_sum[i][ta][tb][tc]+ bin[i]*f_ge[i+1][a][b][c]%mod )%mod;
40 }
41 }
42 }
43 k%=mod;
44 for(a=0;a<2;++a)for(b=0;b<2;++b)for(c=0;c<2;++c)
45 ans=(ans+f_sum[0][a][b][c]-k*f_ge[0][a][b][c]%mod+mod)%mod;
46 printf("%lld\n",ans);
47 }
48 }
BZOJ4513
啊……我要再研究一下dfs写法，看看能不能打出来
upd：我完蛋了，我打不出来2333
2.wq式dp打法，强大又快速，wq Orzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzz
很巧妙，刷新了我对数位Dp的认识，让我理解更加深入了
让wq讲了一个多小时，感觉自己智商掉没了2333
但是还是不太懂，无法用语言描述……
等我更强了再来补这个做法……
bzoj3326
思路大概是很清真的，总的来说就是预处理前i位数的子串和，以及前缀子串之和，然后按照数位DP那样限制转移
但是……那个转移的式子……
啊真是让人痛苦，那个式子我总共大改了5遍才打过,并且有很多一开始没有注意到的细节
以后做题必须要先想好式子
每一项是什么为什么都要想清楚
要不特别耽误时间……有的时候船到桥头……就翻船了……
感觉思维严谨性得到了提高2333
1 #include <cstdio>
2 #include <cstring>
3 using namespace std;
4 #define RG register
5 #define mod 20130427
6 #define N 100010
7 #define LL long long
8 char cB[1<<15],*S=cB,*T=cB;
9 #define getc (S==T&&(T=(S=cB)+fread(cB,1,1<<15,stdin),S==T)?0:*S++)
10 inline int read()
11 {
12 RG int x=0;RG char c=getc;
13 while(c<‘0‘|c>‘9‘)c=getc;
14 while(c>=‘0‘&c<=‘9‘)x=10*x+(c^48),c=getc;
15 return x;
16 }
17 inline int Sum(int a){return ((LL)a*(a+1ll)/2)%mod;}
18 inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
19 inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
20 int ge2[N],sum2[N],ge3[N],sum3[N],no_zero_sum3[N],B,lena,bit[N],lenb,bin[N];
21 inline int calc(bool start,int left,int lim,int cnt,int sum,int sum_of_substring )
22 {
23 if(lim==0)return 0;
24 if(start)
25 return
26 (
27 (LL) Sum(lim-1) * ge2[left] %mod * bin[left] %mod + //前与后连接之后前面的贡献
28 (LL) ( lim - 1 ) %mod * sum3[left] %mod + no_zero_sum3[left] %mod +//后面的子串
29 (LL) ( lim - 1 ) %mod * sum2[left] %mod//前与后连接之后后面的贡献
30 )%mod;
31 int new_sum=( (LL) sum * B %mod * lim %mod + (LL) Sum(lim-1) * cnt %mod ) %mod;
32 return
33 (
34 (LL) sum_of_substring * lim %mod * bin[left] %mod + //之前的子串
35 (LL) new_sum * ge2[left] %mod * bin[left] %mod + //前与后连接之后前面的贡献
36 (LL) lim %mod * sum3[left] %mod +//后面的子串 不乘cnt
37 (LL) cnt * lim %mod * sum2[left] %mod//前与后连接之后后面的贡献 ,要乘cnt 因为再前面不同
38 )%mod;
39 }
40 inline int dfs(bool start,int st,int cnt,int sum,int sum_of_substring)
41 {
42 if(st==0)return 0;
43 int new_sum=( (LL) sum * B %mod + (LL) ( cnt + 1 ) * bit[st] %mod )%mod;
44 return
45 ( new_sum + calc(start, st-1 , bit[st] , cnt + 1 , sum , sum_of_substring ) +
46 dfs(0, st - 1 , cnt + 1, new_sum , (sum_of_substring + new_sum)%mod ) )%mod;
47 }
48 signed main()
49 {
50 RG int i,j,len,ans;
51 B=read(),lena=read();
52 for(i=lena;i;--i)bit[i]=read();
53 lenb=read();len=max(lena,lenb);
54 if(lena>1||bit[1]>0)
55 {
56 --bit[1],j=1;
57 while(bit[j]<0)bit[j]+=B,--bit[j+1],++j;
58 while(lena>1&&!bit[lena])--lena;
59 }
60 for(bin[0]=ge2[0]=i=1;i<=len;++i)
61 {
62 bin[i]=(LL)bin[i-1]*B%mod;
63 ge2[i]=( ge2[i-1] + bin[i] )%mod;
64 ge3[i]=(LL) Sum(i) * bin[i] %mod;
65 sum2[i]=( (LL) sum2[i-1] * B %mod + Sum ( bin[i] - 1 ) )%mod;
66 sum3[i]=( (LL) Sum(B-1) * bin[i-1] %mod * ge2[i-1] %mod + (LL)B * sum2[i-1] %mod + (LL) B * sum3[i-1] %mod )%mod;
67 no_zero_sum3[i]=( (LL) Sum(B-1) * bin[i-1] %mod * ge2[i-1] %mod +
68 (LL) (B - 1) * sum2[i-1] %mod + (LL) (B - 1) * sum3[i-1] %mod + no_zero_sum3[i-1] )%mod;
69 }
70 ans=mod-dfs(1,lena,0,0,0);
71 for(i=lenb;i;--i)bit[i]=read();
72 printf("%d\n",(ans+dfs(1,lenb,0,0,0))%mod);
73 }
bzoj3326
其实还有另外一种思路，那就是反过来从前往后走，并且用矩阵乘优化
这个是wq的原创思路……
bzoj3598
没做呢，听说挺简单，但是我没想出来
这次时间不够了……不想怂题解
有时间再做……
这次做的题就是这么多……接下来要去找“有思维难度的DP题”了……加油咯……
原文地址：https://www.cnblogs.com/LadyLex/p/8490222.html
时间： 2024-10-11 01:36:34