[SNCPC2019] Digit Mode

前言

不管从实现方式到智慧程度都是数位 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 好题, 写一下

思路

首先你发现常规的数位 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 方法不可以实现
原因是不能对于一个数求出其 $m(x)$

容易考虑到逆向思考, 你钦定 $m(x)$ 的值, 看有多少个 $x$ 满足此要求
怎么做?
先考虑最简单的情况, 如果从 $[L,len]$ 中的数你可以随便填, 钦定众数为 $s$ , 怎么计算方案数
显然的是我们需要知道 $[1,L)$ 中, 各个数字出现了多少次, 然后我们再枚举众数 $s$ 的出现次数 $j$ 方便处理

知道了之前出现多少次, 我们可以计算出之后每个数字出现的最大限制, 具体的
设 $i$ 的出现次数为 $c_i$ , 那么众数在之后出现 $j-c_s$ 次, 数 $i$ 在之后最多出现 $j-c_i-[i>s]$ 次
这个是可以动态规划的, 具体怎么做类似于多重背包, 假设剩下的位数是 $p$ , 容易得到一组分配 $x$ , 使得 ${\displaystyle \sum _{j=0}^9{x}_i=p,x_s=j-c_s,\mathrm{\forall }i\ne s,0\le x_i\le j-c_i-[i>s]}$

最终的方案数就是

$$\frac{p!}{\prod _{i=0}^9{x}_i!}$$

知道了上面的方法, 我们首先用数位 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 的方式枚举一些位置, 如果其满足

从 $[L,len]$ 中的数你可以随便填

就用上面的方法 $\mathcal{O}(d|n{|}^2)$ 的做一次

然后就是注意对于未确定

从 $[L,len]$ 中的数你可以随便填

也就是还在前导 $0$ 阶段或者还在被约束, 这种情况下就继续递归
递归到最深层就直接暴力计算, 复杂度证明见下

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但是这个和上面「对于一个数求出其 $m(x)$」本质不是相同的吗? 为什么复杂度正确?

然而并不是, 因为上面的情况, $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 会出现重复计算, 具体为什么?
你发现数位 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 的第 $i$ 位会重复调用第 $i+1$ 位的运算, 使其复杂度不正确, 这个题也无法记忆化

但是为什么这种做法下不会出现重复计算呢?
你把数位 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 的图表示出来

其中红色表示还需要继续计算, 蓝色表示可以直接通过 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 算出答案

发现原本会重复计算的部分, 都可以直接用 $\mathcal{O}(d|n{|}^2)$ 的 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 做出来, 其中 $d=10$ , 表示数字的个数

考虑其最终的复杂度

• 枚举 $s,j$ : $\mathcal{O}(d^2)$
• 每次确定 $s,j$ 之后, 做 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 的次数 : 容易证明不超过 $\mathcal{O}(|n|d)$

总时间复杂度 $\mathcal{O}(d^4|n{|}^3)$ , 迅速通过

总结

正难则反

一种结合了数位 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ , 在数位 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 确定了无限制的情况下, 用更快的算法计算出来
本质上是利用了数位 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ 有限制的情况少这一特点