T1

Statement

任意相邻两个数字之差至少为 $2$ 的正整数被称为 windy 数。给出 $A,B(A\le B \le2\times10^9)$，求 $[A..B]$ 中有多少个 windy 数。

Solution

我们使用记忆化搜索实现。

$f(i,x,a,b)$ 表示还有 $i$ 位需要确定，上一位数字为 $x$，是否达到上限，是否不含前导 0 的方案数。

转移：

int mx = a ? num[i] : 9, ans = 0;
for (int k = 0; k <= mx; k++)
    if (abs(x - k) >= 2 || !b)
        ans += dfs(i - 1, k, a&(k==mx), b|(k!=0));
f[i][x][a][b] = ans;

初值：-1

边界：i = 0 时返回 $1$

答案：dfs(n, 0, 1, 0)

最后用两个前缀相减得到答案。

T2

Statement

给定正整数 $A$（$\le 10^{1000}$）和 $S$（$\le 5000$），需要在 $A$ 的数码之间添加若干个加号，使得得到的式子与 $S$ 相等。问最少添加多少个加号。

Solution

• $num(i,j)$ 表示 $A$ 中第 $i$ 个数字到第 $j$ 个数字组成的数.
• $n$ 表示 $A$ 的长度，$m$ 表示 $S$ 的长度.

$f(i,j)$ 表示后 $i$ 位数字加起来等于 $j$ 的最少加号数.

$f(i,j)=\min_{k=i+1}^{\min(n,i+2m-1)}\{f(k,j-num(i,k-1))+1\}$

这里我们让新增的数的位数不超过 $S$，保证了复杂度；同时注意 $j-num(i,k-1)$ 需要大于 0.

注意到前导零的存在（如 1 + 0001 + 1），所以我们最多保留 $m-1$ 个连续的 0，并让 $k$ 循环到 $i+2m-1$

因为如果有多于 $m-1$ 个连续的 0，那么多出的 0 就不能与前面的数组合，就没用了；此时 $k$ 最多需要循环到 $i+2m-1$

初始 $f(n,0)=0$，其余设为 inf

时间复杂度 $\mathcal O(nmS)$.

T3

Statement

找一个数作为“支点”，两边的“力矩”相等的数称为“平衡数”。给出正整数 $x,y$（$x\le y\le10^{18}$），问 $[x..y]$ 中有多少个“平衡数”。

Solution

由于两边力矩相等，令一边为正、一边为负，那么相加就是 0.

然后发现力矩最大为 $18\times9+17\times9+..+1\times9=1539$，很小

无限制：

$f(x,i,1/0)$ 表示 $i$ 个数使得力矩为 $x$ 的方案数，每个数 $\in[0,9]$，其中第一个数能否为 0.

$f(x,i,0)=\sum_{j=0}^9f(x-ij,i-1,0)$，其中要求 $x-ij\ge0$

$f(x,i,1)=\sum_{j=1}^9f(x-ij,i-1,0)$

设这个数有 $i$ 位，则方案数 $=\sum_{k=0}^{1539}\sum_{j=2}^{i-1}10\times f(k,j-1,1)\times f(k,i-j,0)$

$i=1$ 时方案数 $=10$

有限制：

设有 $i$ 位待确定，这个数一共 $n$ 位，每位数字分别为 $a_k$

枚举支点 $x$ 和力矩 $y$

方案数 $=\sum_{x=2}^{n-1}\sum_{y=p}^{p+9\times\max(0,(x-n+i)\cdot(x-n+i+1)/2)}f(y-p,x-n+i,0)\cdot f(y,n-x,0)$

其中 $p$ 表示已知的数字在支点 $x$ 下产生的力矩大小，即

$p=\sum_{j=1}^{n-i+1}a_j\cdot|x-j|$

若 $x-n+i\le0$，令 $f(y-p,x-n+i,0)=1$

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答案加起来就行了

时间复杂度 $\mathcal O(18\times1539+18\times1539\times18+18\times18\times1539)=\mathcal O(1,024,974)$

T4

Statement

$\mathrm{cnt1}(i)$ 表示二进制整数 $i$ 中包含的数字 1 的个数。给定 $N$（$\le 10^{15}$），求 $\prod_{i=1}^{N}{\mathrm{cnt1}(i)}\bmod Q$。

Solution

不卡到上限：

设有 $i$ 位，选出 $j$ 个 1，则 $\mathrm{cnt1}=j$，有 $\binom ij$ 种选法，故乘 $\binom ij$ 次

所以 $Ans=\prod_{j=1}^ij^{\binom ij}\bmod Q$

卡到上限：

设共 $L$ 位，还有 $i$ 位未确定（不包括当前），$cnt(k)$ 表示前 $k$ 位的 1 的数量

若当前已经卡到了上限，则继续向下一位计算（若选 1 则一定会卡到上限）；

若当前选 0，则相似地，$Ans=\prod_{j=1}^i(cnt(L-i-1)+j)^{\binom ij}\bmod Q$

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所有的 $Ans$ 乘起来再 mod Q 即可，因为只有 15 位，直接暴力算都绰绰有余

我们发现一个问题：$\binom ij$ 可能会超过 long long 范围，此时将他 $\bmod\ \varphi(Q)$ 即可

T5

Statement

一个数各相邻数位的下降、相等和上升用 \-/ 三个字符表示，然后将连续相同的字符缩写成一个，形成一个长度为 $n$（$\le100$）的给定字符串，问 $[A..B]$ 中有多少个数的波动关系缩写以后等于它。$0\le A\le B\le10^{100}$，有 $100$ 组数据。

Solution

数的长度限制为 $m$，$cmp(x,y)$ 表示数 $x,y$ 之间的波动关系，$c_k$ 表示字符串从右往左第 $k$ 位的波动关系，$a_k$ 表示该数从左往右第 $k$ 个数码

$f(i,x,j)$ 表示有 $i$ 位，最高位为 $x$，对应给出字符串从右往左 $j$ 个字符，的方案数

$f(i,x,j)=\sum_{y=0}^9t$，其中 $j\not=0$

当 $cmp(x,y)=c_j$ 且 $i>j+1$ 时，$t=f(i-1,y,j-1)+f(i-1,y,j)$

当 $cmp(x,y)=c_j$ 且 $i=j+1$ 时，$t=f(i-1,y,j-1)$

$f(1,x,0)=1,i\in[1,9]$，其余初始为 $0$

无限制：$Ans=\sum_{i=1}^{m-1}\sum_{j=1}^9f(i,j,n)$

有限制：

$g(i)$ 表示确定的前 $i$ 位满足字符串从左往右的字符数，$c$ 变成从左往右数.

$i=0$ 时 $Ans=\sum_{j=1}^{a_{i+1}-1}f(m,j,n)$

$i=1$ 时 $Ans=\sum_{j=0\ 且\ cmp(a_i,j)=c_1}^{a_{i+1}-1}f(m-i,j,n-1)+f(m-i,j,n)$

$i>1$ 且 $g(i)>0$ 时，其中 $j\in[0..a_{i+1}-1]$

1. $cmp(j,a_i)=c_{g(i)}$ 时：$Ans=\sum f(m-i,j,n-c_{g(i)}+1)+f(m-i,j,n-c_{g(i)})$

2. $cmp(j,a_i)=c_{g(i)+1}$ 时：$Ans=\sum f(m-i,j,n-c_{g(i)}-1)+f(m-i,j,n-c_{g(i)})$

最后答案就是加起来. 然后前缀和相减.

复杂度 $\mathcal O(TnmB^2)$，其中 $B=10$.

T6

Statement

一个数是“漂亮的”，当且仅当它能够被它的每个非零位整除。问 $[L..R]$ 中有多少个数是“漂亮的”。$1\le L\le R\le9\times10^{18}$。

Solution

每个数位 $\in[0,9]$，观察到 $\text{lcm}(1,2,..,9)=2520$ 极小，故枚举 $\text{lcm}$.

那么若一个数被 $\text{lcm}$ 整除，则这个数是“漂亮的”.

$f(i,j,k)$ 表示这个数有 $i$ 位（含前导零），这个数 $\bmod\ 2520=j$，这个数的各数位 $\text{lcm}=k$，的个数

假设当前 $f(i,j,k)$ 已知，规定 $\text{lcm}(x,0)=x$，我们用它向外更新：

$f(i+1,(j+p)\bmod2520,\text{lcm}(k,p))$ += $f(i,j,k)$，其中 $p\in[0..9]$

$f(1,p,p)=1$（$p\in[0..9]$），其余初始化为 0.

无限制：设 $n$ 位，一起算：$Ans=\sum_{k=1}^{2520}\sum_{l=1}^{\lfloor\frac{2520}k\rfloor}f(n,l\cdot k,k)$

有限制：

设共 $n$ 位，有 $i$ 位已知，$s(k)$ 表示前 $k$ 位已知数码组成的数，$l(k)$ 表示前 $k$ 位已知数码的 $\text{lcm}$.

分开算：$Ans=\sum_{j=0}^{2519}\sum_{k=1}^{2520}f(n-i,j,k)$，且 $j,k$ 满足 $\text{lcm}[l(i),k]$ 整除 $[s(i)\times10^{n-i}+j]\bmod2520$.

总的答案就把所有 $Ans$ 加起来，然后用前缀和相减得到.

时间复杂度 $\mathcal O(nm^2+m\log m+nm^2)=\mathcal O(nm^2)$，其中 $n$ 是数字长度，$m=2520$.