「SCOI2014」方伯伯的商场之旅
题目描述
方伯伯有一天去参加一个商场举办的游戏。商场派了一些工作人员排成一行。每个人面前有几堆石子。说来也巧，位置在 (i) 的人面前的第 (j) 堆的石子的数量，刚好是 (i) 写成 (K) 进制后的第 (j) 位。
现在方伯伯要玩一个游戏，商场会给方伯伯两个整数 (L,R)。方伯伯要把位置在 ([L, R]) 中的每个人的石子都合并成一堆石子。每次操作，他可以选择一个人面前的两堆石子，将其中的一堆中的某些石子移动到另一堆，代价是移动的石子数量( imes)移动的距离。商场承诺，方伯伯只要完成任务，就给他一些椰子，代价越小，给他的椰子越多。所以方伯伯很着急，想请你告诉他最少的代价是多少。
(1≤L≤R≤10^{15}, 2≤K≤20)。
解题思路 :
首先考虑一下对于某一个数如何求出其合并成一堆的代价，观察发现，最终答案的形态一定可以转化成所有数位都移到某一位
那么问题就转化为找出一个数位，使得其他数位移动到它的总代价最小，可以直接带权中位数求解
但实际上，带权中位数在数位 (dp) 的过程中状态不好表示，不妨再多考虑一下子问题解法的由来
考虑一下带权中位数 (p) ，其必然满足 (val_p + sum_{i=1}^{p-1} val_i geq sum_{i=p+1}^{n}) ，反之同理，也就说，其无论往左移动或者往右移动都不会更优了
我们不妨先假设初始的 (p = 1) ，那么就只需要考虑 (p) 往右移动到 (p+1) 新增的代价了，显然是 (sum_{i=1}^{p} val_i - sum_{i=p+1}^{n} val_i)
此时如果代价 (< 0) 那么说明往右移动会更优，当某一时刻代价 (geq 0) 的时候说明 (p) 既不能往右移动也不能往左移动了，此时其是带权中位数
也就是说，我们可以让所有数先移动到 (1) ，然后算出每一个 (p) 向右移动到 (p+1) 的代价，然后把所有 (<0) 的代价加上即可
具体实现的话就是一个比较简单的数位 (dp) ，考虑分两步计算：
(f[i][0/1]) 表示前 (i) 个数位，之前是否是上界的前缀的数全部移到第一位的总代价，枚举数位转移即可
对于每一个 (pin[1,len]) ，算出 (g[i][sum][0/1]) 表示前 (i) 个数位，满足 (sum_{i=1}^{p} val_i - sum_{i=p+1}^{n} val_i = sum) 的数的个数，也是简单的枚举数位转移即可
注意在前导 (0) 的处理上，前导 (0) 不能被计算到距离里面，可以考虑每次只做恰好等于 (n) 位的数，多拿几个上界做几次，也可以加细节判掉，总复杂度是 (O(log^3nK))
/*program by mangoyang*/
#include<bits/stdc++.h>
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
int f = 0, ch = 0; x = 0;
for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
if(f) x = -x;
}
#define int ll
const int zzd = 401;
int f[25][2], ss[25][2], g[25][1005][2], s[25], tmp[25], L, R, bs, lim, ans, ans2;
inline int Getcost(){
int res = 0; memset(f, 0, sizeof(f)), memset(ss, 0, sizeof(ss));
f[1][0] = s[1] - 1, f[1][1] = 1;
for(int i = 2; i <= lim; i++){
for(int j = 0; j < bs; j++){
f[i][0] += f[i-1][0];
ss[i][0] += ss[i-1][0] + f[i-1][0] * (i - 1) * j;
}
for(int j = 0; j < s[i]; j++){
f[i][0] += f[i-1][1];
ss[i][0] += ss[i-1][1] + f[i-1][1] * (i - 1) * j;
}
f[i][1] += f[i-1][1];
ss[i][1] += ss[i-1][1] + f[i-1][1] * s[i] * (i - 1);
}
res += ss[lim][0] + ss[lim][1];
return res;
}
inline int solve(int num){
lim = 0; while(num) tmp[++lim] = num % bs, num /= bs;
for(int i = 1; i <= lim; i++) s[i] = tmp[lim-i+1];
int cost = Getcost();
for(int p = 1; p <= lim; p++){
memset(g, 0, sizeof(g)), g[1][zzd-s[1]][1] = 1;
for(int i = 1; i < s[1]; i++) g[1][zzd-i][0] = 1;
for(int i = 2; i <= lim; i++)
for(int j = -400; j <= 400; j++){
int sgn = i <= p ? 1 : -1;
for(int k = 0; k < bs; k++) g[i][j+zzd][0] += g[i-1][j+sgn*k+zzd][0];
for(int k = 0; k < s[i]; k++) g[i][j+zzd][0] += g[i-1][j+sgn*k+zzd][1];
g[i][j+zzd][1] += g[i-1][j+sgn*s[i]+zzd][1];
}
for(int j = 1; j <= 400; j++) cost -= (g[lim][j+zzd][0] + g[lim][j+zzd][1]) * j;
}
return cost;
}
inline int calc(int x){
int num = x, n = 0, ans = 0;
while(num) ++n, num /= bs;
ans += solve(x); int base = 0;
for(int i = 1; i < n; i++)
base = base * bs + bs - 1, ans += solve(base);
return ans;
}
signed main(){
read(L), read(R), read(bs);
cout << calc(R) - calc(L - 1);
return 0;
}