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。

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  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 $\mathcal O(mn)$。

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  由于有些算法没写，所以都不给代码啦 awa~