CF908G. New Year and Original Order

CF908G. New Year and Original Order

Solution

對於一個數$x$，它的貢獻爲排序之後的值，例如：$S(50394)=3459=3*10^3+4*10^2+5*10^1+9$，也就是每一個數值乘以若干個$10$的次冪的和。
事實上我們可以換一個方式看待這個過程，$S(50394)=1111+1111+1111+111+11+1+1+1+1$，即對於每一個數值$t=1..9$，都有$111...11$的貢獻，其中$1$的個數取決於不小於$t$的數位的個數。

這樣就可以簡單地通過數位$DP$解決了，設$f[i][j][k][0/1]$表示前$i$位，比$j$大的數位有$k$個的數有多少個，$0/1$表示是否頂住上界，轉移顯然。

時間複雜度$O(n^2*10^2)$。

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>

#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se second

using namespace std;

template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;

const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=1e9+7;
const int MAXN=705;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{
	int f=1,x=0; char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }
	while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }
	return x*f;
}
char st[MAXN]; 
int f[MAXN][10][MAXN][2];
void upd(int &x,int y) { x+y>=mods?x+=y-mods:x+=y; }
int main()
{
	scanf("%s",st+1);
	int n=strlen(st+1);
	for (int i=1;i<=st[1]-'0';i++) f[1][i][1][1]=1;
	for (int i=st[1]-'0'+1;i<=9;i++) f[1][i][0][1]=1;
	for (int i=1;i<=9;i++) f[1][i][1][0]=max(st[1]-'0'-i,0),f[1][i][0][0]=min(i,st[1]-'0');

	for (int i=1;i<n;i++)
		for (int j=1;j<=9;j++)
			for (int k=0;k<=i;k++)	
				for (int t=0;t<=9;t++)
				{
					upd(f[i+1][j][k+(t>=j)][0],f[i][j][k][0]);
					if (t<st[i+1]-'0') upd(f[i+1][j][k+(t>=j)][0],f[i][j][k][1]);
					if (t==st[i+1]-'0') upd(f[i+1][j][k+(t>=j)][1],f[i][j][k][1]);
				}
	int ans=0;
	for (int i=0;i<=9;i++)
		for (int j=1,num=1;j<=n;j++,num=(1ll*num*10+1)%mods) 
			upd(ans,1ll*(f[n][i][j][0]+f[n][i][j][1])*num%mods);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}