Solution -「CF 908G」New Year and Original Order

\(\mathcal{Description}\)

  Link.

  对于 \(x\in\mathbb N^*\)，令 \(s(x)\) 表示将 \(x\) 十进制下的各位数码排序后得到的十进制数的值。求 \(\sum_{i=1}^X s(i)\) 对 \((10^9+7)\) 取模的结果。

  \(X\le10^{700}\)。

\(\mathcal{Solution}\)

  下记 \(m=10\)（进制），\(n=\lceil\log_mX\rceil\)。

\(\mathcal{Case~1}\)

  市面上的题解做法。

  考虑到“数码有序”的特性：\(\forall x,~s(x)\) 可以表示为若干个 \(11\dots1\) 之和。对于 \(d\in[1,9]\)，\(d\) 显然在 \(s(x)\) 中占有连续的一段，那么 \(s(x)\) 有形如 \(\sum_d \underbrace{dd\dots d}_a\underbrace{00\dots0}_b\) 的形式，其中 \(a\) 表示 \(d\) 的个数，\(b\) 表示大于 \(d\) 的数码个数。根据上述特性，它可以转化为 \(\sum_d\underbrace{11\dots1}_a\underbrace{11\dots1}_b\)，就能直接 DP 计算啦。

  令 \(f_d(i,j,0/1)\) 表示当前的 \(x\) 填到了从高到低第 \(i\) 位，且有 \(j\) 个数码大于等于 \(d\)，是否被 \(X\) 限制的方案数，转移枚举第 \(i+1\) 位所填的数码即可。最终答案为

\[\sum_{d=1}^{m-1}\sum_{l=1}^n(\underbrace{11\dots1}_l)f_d(n,l,0)+f_d(n,l,1) \]

  复杂度 \(\mathcal O(m^2n^2)\)。

\(\mathcal{Case~2}\)

  一种粗暴但是实用的 GF 做法。

  本节记 \(v_i=\underbrace{11\dots1}_i\)。

  对于上界 \(X\)，不管什么做法都很难带着这种限制算。考虑枚举 \(x\) 中从高到低第一个严格小于 \(X\) 的数码位置 \(p\) —— 即 \(x\) 的第 \(1\sim p-1\) 位与 \(X\) 相同，第 \(p\) 位小于 \(X\)。同时，记 \(c_i\) 示 \(X\) 的 \(1\sim p-1\) 位中数码 \(i\) 的出现次数，它们在 \(x\) 中亦出现，且位置已经固定。当然，还需要枚举第 \(p\) 位的值。

  注意到 \(x\) 的第 \(p+1\sim n\) 位已经不必担心限制，可以用单纯的计数 DP 而非数位 DP 进行求解。我们以 \(1\sim 9\) 的顺序将数码填入这 \(n-p\) 个位置中，没填的位置视为 \(0\)（不影响 \(s(x)\) 的值），设 DP 状态：

• \(g_{i,j}\) 表示用 \(1\sim i\) 的数码填 \(j\) 个位置的方案数；
• \(f_{i,j}\) 表示用 \(1\sim i\) 的数码填 \(j\) 个位置，得到的所有 \(x\) 的 \(s(x)\) 之和。（再次强调，没填的位置视为 \(0\)）。

  对于 \(g_{i,j}\) 的转移，枚举数码 \(i\) 的个数，得到

\[g_{i,j}=\sum_{k=0}^j\binom{j}{k}g_{i-1,j-k} \]

  对于 \(f_{i,j}\) 的转移，数码 \(i\) 会把 \(s(x)\) 本来的值整体向高位位移（因为 \(s(x)\) 当时只有 \(1\sim i-1\) 的数码，都小于 \(i\)），然后低位补上 \(dd\dots d\)。具体有

\[f_{i,j}=\sum_{k=0}^j\binom{j}{k}\left(f_{i-1,j-k}\cdot m^{k+c_i}+g_{i-1,j-k}\cdot iv_{k+c_i}\right) \]

  我们可以用它们表示出当前 \(p\) 对答案的贡献 \(\text{ans}_p\) 为：

\[\text{ans}_p=\sum_{k=0}^{n-p}\binom{n-p}{k}f_{m-1,k} \]

注意 \(f_{m-1,k}\) 中的 \(k\) 只考虑了内部选位置的方案，所以外面还得带一个组合数。

  DP 在此告一段落，如此暴力求答案的复杂度是枚举前缀的 \(\mathcal O(nm)\) 套 DP 的 \(\mathcal O(n^2m)\) 即 \(\mathcal O(m^2n^3)\) 的。

---

  接下来引入 EGF，令

\[G_i(x)=\sum_{j=0}^{n-p-1}g_{i,j}x^j\\ F_i(x)=\sum_{j=0}^{n-p-1}f_{i,j}x^j \]

尝试化简它们，从递推式入手：

\[g_{i,j}=\sum_{k=0}^j\binom{j}{k}g_{i-1,j-k}\\ \Rightarrow~~~~\frac{g_{i,j}}{j!}=\sum_{k=0}^j\frac{g_{i-1,j-k}}{(j-k)!}\cdot\frac{1}{k!} \]

后者很显然是一个卷积形式，套入 EGF 就有：

\[\Rightarrow~~~~[x^j]G_i(x)=\sum_{k=0}^j[x^{j-k}]G_{i-1}(x)\cdot[x^k]e^x\\ \Rightarrow~~~~G_i(x)=e^xG_{i-1}(x)\\ \Rightarrow~~~~G_i(x)=e^{ix} \]

  类似的，对于 \(F\) 有

\[f_{i,j}=\sum_{k=0}^j\binom{j}{k}(m^{k+c_i}f_{i-1,j-k}+g_{i-1,j-k}\cdot iv_{k+c_i})\\ \Rightarrow~~~~\frac{f_{i,j}}{j!}=\sum_{k=0}^j\left(\frac{m^{c_i}m^k}{k!}\cdot\frac{f_{i-1,j-k}}{(j-k)!}+i\cdot\frac{g_{i-1,j-k}}{(j-k)!}\cdot\frac{m^{c_i}v_k+v_{c_i}}{k!}\right)\\ \Rightarrow~~~~F_i(x)=m^{c_i}e^{mx}F_{i-1}(x)+iG_{i-1}(x)\left(m^{c_i}V(x)+v_{c_i}e^x\right),~~~~\text{let }V(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}v_ix^i\\ \Rightarrow~~~~F_i(x)=m^{c_i}e^{mx}F_{i-1}(x)+ie^{(i-1)x}(m^{c_i}V(x)+v_{c_i}e^x) \]

发现这是关于 \(F_i(x)\) 的常系数线性递推，令

\[p_i=m^{c_i}e^{mx}\\ q_i=ie^{(i-1)x}(m^{c_i}V(x)+v_{c_i}e^x) \]

则

\[F_i(x)=p_iF_{i-1}(x)+q_i \]

美观多啦，手代一下就能展开成通项：

\[F_i(x)=\sum_{k=1}^iq_k\prod_{j=k+1}^ip_j \]

  进一步，代入 \(\text{ans}_p\) 的式子：

\[\begin{aligned} \frac{\text{ans}_p}{(n-p)!}&=[x^{n-p}]e^xF_{m-1}(x)\\ &=[x^{n-p}]e^x\sum_{k=1}^{m-1}q_k\prod_{j=k+1}^{m-1}p_j\\ &=[x^{n-p}]\sum_{k=1}^{m-1}\left(ke^{kx}(m^{c_k}V(x)+v_{c_k}e^x)\right)\left(\prod_{j=k+1}^{m-1}m^{c_j}e^{mx}\right)\\ &=[x^{n-p}]\sum_{k=1}^{m-1}k\left(\prod_{j=k+1}^{m-1}m^{c_j}\right)(m^{c_k}e^{(m(m-1-k)+k)x}V(x)+v_{c_k}e^{(m(m-1-k)+k+1)x})\\ \end{aligned} \]

卡住啦，瓶颈在于求 \(e^{(m(m-1-k)+k)x}V(x)\)。来看看 \(V(x)\) 是什么……

\[\begin{aligned} V(x)&=\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{m^i-1}{m-1}\cdot\frac{x^i}{i!}\\ &=\frac{1}{m-1}(e^{mx}-e^x)\\ &=\frac{e^x}{m-1}(e^{(m-1)x}-1) \end{aligned} \]

大力丢进去，有

\[\begin{aligned} e^{(m(m-1-k)+k)x}V(x)&=\frac{1}{m-1}e^{(m(m-1-k)+k+1)x}(e^{(m-1)x}-1) \end{aligned} \]

天呐它果然封闭，可以 \(\mathcal O(1)\) 算系数。那么整个算法就是 \(\mathcal O(nm)\) 枚举 \(p\) 套 \(\mathcal O(m)\) 求 \(\text{ans}_p\)，即 \(\mathcal O(m^2n)\) 的。

\(\mathcal{Case~3}\)

  来冷静并反复刺激一下大脑叭~

  研究某个 \(x\) 及其 \(s(x)\)，设 \(x\) 中数码出现次数为 \(c_{0..9}\)，则

\[s(x)=\sum_{i=1}^{m-1}\frac{m^{\sum_{j=i}^{m-1}c_j}-1}{m-1} \]

实质上就是 \(\mathcal{Case~1}\) 中 \(11\dots 1\) 的转化。然后类似 \(\mathcal{Case~2}\) 地，枚举 \(x\) 与 \(X\) 的相同前缀及下一位严格小于 \(X\) 的数码。还是记枚举的位置 \(p\)，前缀中数码出现次数为 \(c_{0..9}\)。把上式 \(\sum_{j=i}^{m-1}c_j\) 处理为后缀和 \(s_i\)，那么 \(\text{ans}_p\) 有

\[\text{ans}_p=\frac{1}{m-1}\sum_{i=1}^{m-1}\sum_{j=0}^{n-p}\binom{n-p}{j}(i-1)^{n-p-j}(m-i)^p(m^{s_i+j}-1) \]

注意其中 \(j\) 枚举的是“大于等于 \(i\) 的数码个数”。瞪一下和式里面，显然可以把形如二项式展开的这一坨拍回去。记 \(l=n-p\)，推一推：

\[\begin{aligned} \sum_{j=0}^{l}\cdots&=m^{s_i}\sum_{j=0}^l\binom{l}{j}(i-1)^{l-j}(m-i)^jm^j-(m-1)^l\\ &=m^{s_i}(m(m-i)+i-1)^l-(m-1)^l \end{aligned} \]

扫前缀的过程中顺带维护一下这个式子，Tiw：可以做到 \(\mathcal O(mn)\)。

---

  由于有些算法没写，所以都不给代码啦 awa~