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之前学数位dp的时候底子没打扎实

虚的要死

这次正好有时间……刷了刷之前没做的题目

感觉自己脑洞不太够……比较经典的题或者见过的类似模型就能自己推出来，但是没有见过的模型就虚的要死（比如二进制数位DP）

感谢WQ的帮助，让我对数位DP的理解逐渐加深

那么我们总结一下这次做的题目……

bzoj4521

　　记忆化搜索即可，水爆

  1.  #include <cstring>
  2.  #include <cstdio>
  3.  using namespace std;
  4.  #define RG register
  5.  #define LL long long
  6.  int bin[],cnt;
  7.  LL poww[],f[][][][][][];
  8.  inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
  9.  inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
  10.  inline LL dfs(int st,int pre,int comb,int maxcomb,bool have8,bool have4,bool limit)
  11.  {
  12.      if(st==)return maxcomb==;
  13.      if(!limit&&f[st][pre][comb][maxcomb][have8][have4]!=-)
  14.          return f[st][pre][comb][maxcomb][have8][have4];
  15.      LL ret=;
  16.      RG int i,tmp,lim=(limit)?bin[st]:;
  17.      for(i=;i<lim;++i)
  18.      {
  19.          tmp=min((pre==i)?comb+:,);
  20.          if(i==)
  21.          {
  22.              if(!have8)ret+=dfs(st-,i,tmp,max(tmp,maxcomb),,,);
  23.          }
  24.          else if(i==)
  25.          {
  26.              if(!have4)ret+=dfs(st-,i,tmp,max(tmp,maxcomb),,,);
  27.          }
  28.          else ret+=dfs(st-,i,tmp,max(tmp,maxcomb),have8,have4,);
  29.      }
  30.      if(limit)
  31.      {
  32.          tmp=min((pre==i)?comb+:,);
  33.          if(i==)
  34.          {
  35.              if(!have8)ret+=dfs(st-,i,tmp,max(tmp,maxcomb),,,);
  36.          }
  37.          else if(i==)
  38.          {
  39.              if(!have4)ret+=dfs(st-,i,tmp,max(tmp,maxcomb),,,);
  40.          }
  41.          else ret+=dfs(st-,i,tmp,max(tmp,maxcomb),have8,have4,);
  42.      }
  43.      if(!limit)f[st][pre][comb][maxcomb][have8][have4]=ret;
  44.      return ret;
  45.  }
  46.  inline LL calc(LL len)
  47.  {
  48.      LL ret=;cnt=;
  49.      while(len)bin[++cnt]=len%,len/=;
  50.      for(RG int i=;i<bin[];++i)ret+=dfs(,i,,,i==,i==,);
  51.      return ret+dfs(,bin[],,,bin[]==,bin[]==,);
  52.  }
  53.  int main()
  54.  {
  55.      LL l,r,ans;RG int i;
  56.      for(poww[]=i=;i<=;++i)poww[i]=poww[i-]*;
  57.      scanf("%lld%lld",&l,&r);
  58.      memset(f,-,sizeof(f)),ans=calc(r);
  59.      if(l>1e10)ans-=calc(l-);
  60.      printf("%lld\n",ans);
  61.  }

BZOJ4521

bzoj4029

　　假装他是数位dp的小模拟

  1.  #include <cstdio>
  2.  #include <cstring>
  3.  using namespace std;
  4.  #define RG register
  5.  #define LL long long
  6.  int br[],bl[],lr,ll,_10[];
  7.  int main()
  8.  {
  9.      RG int pos,i,j,l,r,tmp,t,ans;
  10.      scanf("%d",&t);
  11.      for(_10[]=,i=;i<=;++i)_10[i]=_10[i-]*;
  12.      while(t--)
  13.      {
  14.          scanf("%d%d",&l,&r),--l;
  15.          ll=lr=;
  16.          tmp=r;while(tmp)br[++lr]=tmp%,tmp/=;
  17.          tmp=l;while(tmp)bl[++ll]=tmp%,tmp/=;
  18.          if(lr!=ll)
  19.          {
  20.              if(l<*_10[ll])ans=*_10[ll];
  21.              else if(*_10[ll+]<=r)ans=*_10[ll+];
  22.              else if(bl[ll]==)ans=_10[ll+];
  23.              else ans=_10[ll]*(bl[ll]+);
  24.          }
  25.          else
  26.          {
  27.              pos=ll;ans=;
  28.              while(bl[pos]==br[pos]&&pos)ans=ans*+bl[pos],--pos;
  29.              if(pos)
  30.              {
  31.                  if(bl[pos]<&&<=br[pos])ans=(ans*+)* _10[pos];
  32.                  else ans=(ans*+bl[pos]+)* _10[pos];
  33.              }
  34.          }
  35.          printf("%d\n",ans);
  36.      }
  37.  }

BZOJ4029

bzoj3209

　　从低位往高位DP，带个组合数乱搞，比较水,没有打

bzoj3329

　　两边同时异或一下x，然后由于异或是不进位的加法，所以发现性质是没有相邻的1，dp即可

  1.  #include <cstring>
  2.  #include <cstdio>
  3.  using namespace std;
  4.  #define mod 1000000007
  5.  #define RG register
  6.  #define LL long long
  7.  namespace work1
  8.  {
  9.      LL f[][];int bin[],len;
  10.      inline void init()
  11.      {
  12.          f[][]=,f[][]=;
  13.          for(RG int i=;i<=;++i)
  14.              f[i][]=f[i-][]+f[i-][],f[i][]=f[i-][];
  15.      }
  16.      inline LL dfs(int st,int pre,bool lim)
  17.      {
  18.          if(st==)return ;
  19.          if(!lim)return pre?f[st][]:f[st][]+f[st][];
  20.          if(bin[st])
  21.              return pre?dfs(st-,,):(dfs(st-,,)+dfs(st-,,));
  22.          return dfs(st-,,);
  23.      }
  24.      inline LL work(LL n)
  25.      {
  26.          if(!n)return ;
  27.          len=;while(n)bin[++len]=n&,n>>=;
  28.          return dfs(len-,,)+dfs(len-,,)-;
  29.      }
  30.  }
  31.  namespace work2
  32.  {
  33.      struct matrix
  34.      {
  35.          int a[][];
  36.          inline void clear(){memset(a,,sizeof(a));}
  37.          inline void init(){memset(a,,sizeof(a));for(RG int i=;i<;++i)a[i][i]=;}
  38.          inline matrix operator * (const matrix &b)const
  39.          {
  40.              RG int i,j,k;
  41.              matrix c;c.clear();
  42.              for(i=;i<;++i)
  43.                  for(k=;k<;++k)if(a[i][k])
  44.                      for(j=;j<;++j)if(b.a[k][j])
  45.                          c.a[i][j]=(c.a[i][j]+(LL)a[i][k]*b.a[k][j])%mod;
  46.              return c;
  47.          }
  48.          inline void print()
  49.          {
  50.              for(RG int i=;i<;++i,printf("\n"))
  51.                  for(RG int j=;j<;++j)
  52.                      printf("%d ",a[i][j]);
  53.          }
  54.      }d,t;
  55.      inline void init()
  56.      {
  57.          d.clear(),d.a[][]=d.a[][]=d.a[][]=d.a[][]=d.a[][]=;
  58.      }
  59.      inline matrix quick_mod(matrix di,LL mi)
  60.      {
  61.          matrix ret;ret.init();
  62.          for(;mi;mi>>=,di=di*di)if(mi&)ret=ret*di;
  63.          return ret;
  64.      }
  65.      inline int work(LL n)
  66.      {
  67.          t.clear(),t.a[][]=t.a[][]=,t=t*quick_mod(d,n);
  68.          return t.a[][];
  69.      }
  70.  }
  71.  int main()
  72.  {
  73.      RG int i,j,t;LL n;
  74.      scanf("%d",&t);
  75.      work1::init(),work2::init();
  76.      while(t--)
  77.          scanf("%lld",&n),printf("%lld\n%d\n",work1::work(n),work2::work(n));
  78.  }

BZOJ3329

bzoj1799

　　打表发现数位之和很少，枚举数位之和，但是我没想到dp的定义……

　　然后看了一下题解的数组定义，难度适中吧……没有那么难，但是自己还是没想出来

　　那个维护当前值然后每次cur=cur×10+i的很巧妙，没想出来……

  1.  #include <cstdio>
  2.  #include <cstring>
  3.  #include <algorithm>
  4.  using namespace std;
  5.  #define RG register
  6.  #define LL long long
  7.  int bin[];
  8.  inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
  9.  inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
  10.  int mod,mark[][][][];
  11.  LL f[][][][];
  12.  inline LL dfs(int st,int sum,int cur,bool lim)
  13.  {
  14.      if(st==)return cur==&&sum==;
  15.      if(mark[st][sum][cur][lim]==mod)return f[st][sum][cur][lim];
  16.      mark[st][sum][cur][lim]=mod;LL ret=;
  17.      RG int i,l=max(,sum-(st-)* ),r=min( sum+,(lim?bin[st]:) );
  18.      for(i=l;i<r;++i)ret+=dfs(st-,sum-i,(cur*+i)%mod,);
  19.      if(lim && sum>=bin[st] )
  20.          ret+=dfs(st-,sum-bin[st],(cur*+bin[st])%mod,);
  21.      return f[st][sum][cur][lim]=ret;
  22.  }
  23.  inline LL calc(LL n)
  24.  {
  25.      RG int cnt=;LL ret=;
  26.      while(n)bin[++cnt]=n%,n/=;
  27.      memset(mark,,sizeof(mark));
  28.      for(mod=;mod<=;++mod)ret+=dfs(cnt,mod,,);
  29.      return ret;
  30.  }
  31.  int main()
  32.  {
  33.      RG int i,j;LL l,r;
  34.      scanf("%lld%lld",&l,&r);
  35.      printf("%lld\n",calc(r)-calc(l-));
  36.  }

BZOJ1799

bzoj1183+bzoj2713

　　这个和之前那个淘金很像……先预处理乘积，后面那个我一开始一直在想像上面1799的搞法带着乘积走

　　然后发现不行，最后得到了提示，对于每一个乘积x，我去查询l/x,r/x区间内乘积为x的数就行了

　　这个转化和之前数学上那个gcd很像：d|ij <==> d/gcd(i,d) | j

　　啊我好蠢啊

  1.  #include <cstdio>
  2.  #include <cstring>
  3.  #include <algorithm>
  4.  #include <cstdlib>
  5.  using namespace std;
  6.  #define RG register
  7.  #define LL long long
  8.  #define L 440000
  9.  #define UL 44000
  10.  int bin[],len,cnt;
  11.  LL _9[],mul[L],f[][UL],l,r;
  12.  inline void dfs1(int st,int pre,LL multi)
  13.  {
  14.      mul[++cnt]=multi;
  15.      if(st==)return;
  16.      for(RG int i=pre;i<;++i)
  17.          if(multi*i<=r)dfs1(st+,i,multi*i);
  18.  }
  19.  inline int id(LL val){return lower_bound(mul+,mul+cnt+,val)-mul;}
  20.  inline LL dfs(int st,int mul_id,bool limit)
  21.  {
  22.      if(mul[mul_id]>_9[st])return ;
  23.      if(st==)return ;
  24.      RG int i,lim=(limit?bin[st]:);
  25.      LL ret=;
  26.      for(i=;i<lim;++i)
  27.          if(mul[mul_id]%i==)
  28.              ret+=f[st-][id(mul[mul_id]/i)];
  29.      if(lim&&bin[st])
  30.          if(mul[mul_id]%bin[st]==)
  31.              ret+=dfs(st-,id(mul[mul_id]/bin[st]),);
  32.      return ret;
  33.  }
  34.  inline LL query(int id,LL n)
  35.  {
  36.      LL ret=;len=;
  37.      while(n)bin[++len]=n%,n/=;
  38.      for(RG int i=;i<len;++i)ret+=f[i][id];
  39.      return ret+dfs(len,id,);
  40.  }
  41.  inline LL calc(LL n)
  42.  {
  43.      if(!n)return ;LL ret=;
  44.      for(RG int i=;mul[i]<=n&&i<=cnt;++i)
  45.          ret+=query(i,n/mul[i]);
  46.      return ret;
  47.  }
  48.  int main()
  49.  {
  50.      RG int i,j,k;
  51.      scanf("%lld%lld",&l,&r);
  52.      mul[++cnt]=;
  53.      dfs1(,,),sort(mul+,mul+cnt+),
  54.      cnt=unique(mul+,mul+cnt+)-mul-;
  55.      for(_9[]=i=;i<=;++i)_9[i]=_9[i-]*;
  56.      for(f[][]=,i=;i<=;++i)f[][i]=;
  57.      for(i=;i<=;++i)
  58.          for(j=;j<=cnt;++j)if(f[i-][j])
  59.              for(k=;k<=;++k)f[i][id(mul[j]*k)]+=f[i-][j];
  60.      printf("%lld\n", calc(r) - calc(l-) );
  61.  }

BZOJ1183+BZOJ2713

bzoj3530

　　不知道怎么混进来的AC自动机题目

　　前导0的处理需要注意，一开始没有想好

  1.  #include <cstdio>
  2.  #include <cstring>
  3.  using namespace std;
  4.  #define L 1510
  5.  #define RG register
  6.  #define mod 1000000007
  7.  char s[L],str[L];
  8.  bool ban[L];
  9.  int n,cnt,ch[L][],fail[L],q[L],hd,tl,plan[L][L];
  10.  inline int dfs(int rt,int left)
  11.  {
  12.      if(ban[rt])return plan[rt][left]=;
  13.      if(plan[rt][left])return plan[rt][left];
  14.      int ret=;
  15.      for(RG int i=;i<;++i)
  16.          if(!ban[ch[rt][i]])
  17.              ret=(ret+dfs(ch[rt][i],left-))%mod;
  18.      return plan[rt][left]=ret;
  19.  }
  20.  #define id(c) ((c)-'0')
  21.  signed main()
  22.  {
  23.      RG int i,j,m,rt,l,d,ans=,good=;
  24.      scanf("%s",s+),n=strlen(s+);
  25.      scanf("%d",&m);
  26.      cnt=;
  27.      for(i=;i<=m;++i)
  28.      {
  29.          scanf("%s",str+),l=strlen(str+);
  30.          for(rt=,j=;j<=l;++j)
  31.          {
  32.              d=str[j]-'';
  33.              if(!ch[rt][d])ch[rt][d]=++cnt;
  34.              rt=ch[rt][d];
  35.              if(ban[rt])break;
  36.          }
  37.          ban[rt]=;
  38.      }
  39.      for(hd=,tl=,i=;i<;++i)
  40.          if(ch[][i])q[++tl]=ch[][i],fail[ch[][i]]=;
  41.          else ch[][i]=;
  42.      while(hd<=tl)
  43.          for(rt=q[hd++],i=;i<;++i)
  44.              if(ch[rt][i])d=ch[rt][i],fail[d]=ch[fail[rt]][i],ban[d]|=ban[fail[d]],q[++tl]=d;
  45.              else ch[rt][i]=ch[fail[rt]][i];
  46.      for(i=;i<=cnt;++i)if(!ban[i])plan[i][]=;
  47.      for(i=;i<=cnt;++i)if(!ban[i])
  48.          for(j=;j<n;++j)if(!plan[i][j])dfs(i,j);
  49.      for(i=;i<n;++i)for(j=;j<;++j)
  50.          ans=(ans+plan[ch[][j]][i-])%mod;
  51.      for(rt=,i=;i<=n;++i)
  52.      {
  53.          for(d=s[i]-'',j=(i==?:);j<d;++j)
  54.              if(!ban[ch[rt][j]])ans=(ans+plan[ch[rt][j]][n-i])%mod;
  55.          rt=ch[rt][d];
  56.          if(ban[rt]){good=;break;}
  57.      }
  58.      printf("%d\n",ans+good);
  59.  }

BZOJ3530

uoj86

题解在这里面，综合感不错的题目……

bzoj3652

相当于两部分分开求和再除总数然后加权

第二部分求异或和很好想，统计每位0/1个数然后搞就行

关于第一部分………在%wq的思路之后打过去了

第一部分相当于对于每一个数选一个数和它异或和最大

由于选的那个数也要在n的范围内，所以我们不太好搞

这样，我们正难则反，先认为每个数的每一位都能贡献上，再减去多余的贡献

由于n的二进制第一位一定是1，所以在2^(len-1)到n-1这些数一定每一位都能贡献上

那么我们一开始就拿着0~2^(len-1)-1这些数(len代表n的二进制长度)，维护剩下多少数

从n的高位往低位考虑，如果n的某一位是1，那么这一位如果填0的话，

现在这一位为1的数(正好占一半)就一定能贡献后面所有位的值(即他们一定不会超限，所以后面可以随意填)

那么我们把它们扔掉，即更改剩下数的多少

这个和一开始分析的最高位的情况类似

反之，如果为0，那么这一位为0的所有数(也是占一半)由于不能填1而无法贡献这一位的异或值

那么我们在答案中减去对应的值

  1.  #include <cstdio>
  2.  #include <cstring>
  3.  #include <iostream>
  4.  using namespace std;
  5.  #define RG register
  6.  #define LL long long
  7.  #define db double
  8.  LL bin[];
  9.  int bit[],len;
  10.  int main()
  11.  {
  12.      RG int i;LL n,m,tmp,cnt0,cnt1;
  13.      db val1=,val2=,p,q;
  14.      for(bin[]=i=;i<=;++i)bin[i]=bin[i-]<<;
  15.      scanf("%lld%lf",&n,&p),m=n-;
  16.      tmp=m;while(tmp)bit[++len]=tmp&,tmp>>=;
  17.      for(i=len;~i;--i)
  18.      {
  19.          tmp=n>>(i+),cnt0=cnt1=tmp*bin[i];
  20.          if(n&bin[i])cnt0+=bin[i],cnt1+=(bin[i]-)&n;
  21.          else cnt0+=(bin[i]-)&n;
  22.          val2+=2.0*cnt0*cnt1*bin[i];
  23.      }
  24.      val2/=n*1.0*n;
  25.      val1=n*1.0*(bin[len]-);tmp=bin[len];
  26.      for(i=len;i;--i)
  27.          if(bit[i])tmp>>=;
  28.          else val1-=(tmp>>)*1.0*bin[i-];
  29.      printf("%.10lf\n",p*val1/n+(-p)*val2 );
  30.  }

BZOJ3652

bzoj4513

感觉是上面一题的加强版

自己想的是dfs打法，但是由于情况太多无法手动分类讨论，打不出来

数组定义定义f[i][2][2][2]，后面三个0/1分别代表是否满足i<=n,j<=m,i^j>=k

现在我发现的AC写法(茴香豆的茴有四种写法你知道嘛)

1.(大部分网上题解使用的)4维数组dp

发现网上大部分人是用的迭代dp的打法

和我定义是一样的，可是……

代码实现出人意料的简洁

dp写法和dfs写法的确是各有所长

dp适合用很多for循环和边界特判无脑处理掉大量的分类讨论

而dfs适合无法很好用for循环枚举的东西

Ps:dp写法有一个地方不是太懂，就是为什么最后要把数组的每个元素都计算一遍

我们需要的答案难道不就是ans[1][1][1]吗

  1.  #include <cstdio>
  2.  #include <algorithm>
  3.  #include <cstring>
  4.  using namespace std;
  5.  #define RG register
  6.  #define LL long long
  7.  LL n,m,k,bin[],f_ge[][][][],f_sum[][][][];
  8.  int main()
  9.  {
  10.      RG int mod,i,ta,tb,tc,a,b,c,x,y,z,t,len,lena,lenb,lenc,bita,bitb,bitc;
  11.      LL ans,tmp;scanf("%d",&t);
  12.      while(t--)
  13.      {
  14.          scanf("%lld%lld%lld%d",&n,&m,&k,&mod),--n,--m;
  15.          lena=lenb=lenc=;
  16.          tmp=n;while(tmp)++lena,tmp>>=;
  17.          tmp=m;while(tmp)++lenb,tmp>>=;
  18.          tmp=k;while(tmp)++lenc,tmp>>=;
  19.          len=max(lena,max(lenb,lenc));
  20.          for(bin[]=i=;i<=len;++i)bin[i]=(bin[i-]<<)%mod;
  21.          memset(f_ge,,sizeof(f_ge)),memset(f_sum,,sizeof(f_sum));
  22.          f_ge[len+][][][]=;ans=;
  23.          for(i=len;~i;--i)
  24.          {
  25.              bita=(n>>i)&,bitb=(m>>i)&,bitc=(k>>i)&;
  26.              for(a=;a<;++a)for(b=;b<;++b)for(c=;c<;++c)
  27.                  if(f_ge[i+][a][b][c])
  28.                      for(x=;x<;++x)
  29.                      {
  30.                          if(a && x>bita)break;
  31.                          for(y=;y<;++y)
  32.                          {
  33.                              if(b && y>bitb)break;
  34.                              z=x^y;
  35.                              if(c && z<bitc)continue;
  36.                              ta=(a && bita==x)?:,tb=(b && bitb==y)?:,tc=(c && bitc==z)?:;
  37.                              f_ge[i][ta][tb][tc]=(f_ge[i][ta][tb][tc]+f_ge[i+][a][b][c])%mod;
  38.                              f_sum[i][ta][tb][tc]=( f_sum[i][ta][tb][tc]+f_sum[i+][a][b][c])%mod;
  39.                              if(z)f_sum[i][ta][tb][tc]=( f_sum[i][ta][tb][tc]+ bin[i]*f_ge[i+][a][b][c]%mod )%mod;
  40.                          }
  41.                      }
  42.          }
  43.          k%=mod;
  44.          for(a=;a<;++a)for(b=;b<;++b)for(c=;c<;++c)
  45.              ans=(ans+f_sum[][a][b][c]-k*f_ge[][a][b][c]%mod+mod)%mod;
  46.          printf("%lld\n",ans);
  47.      }
  48.  }

BZOJ4513

啊……我要再研究一下dfs写法，看看能不能打出来

upd：我完蛋了，我打不出来2333

2.wq式dp打法，强大又快速，wq Orzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzzz

很巧妙，刷新了我对数位Dp的认识，让我理解更加深入了

让wq讲了一个多小时，感觉自己智商掉没了2333

但是还是不太懂，无法用语言描述……

等我更强了再来补这个做法……

bzoj3326

思路大概是很清真的，总的来说就是预处理前i位数的子串和，以及前缀子串之和，然后按照数位DP那样限制转移

但是……那个转移的式子……

啊真是让人痛苦，那个式子我总共大改了5遍才打过,并且有很多一开始没有注意到的细节

以后做题必须要先想好式子

每一项是什么为什么都要想清楚

要不特别耽误时间……有的时候船到桥头……就翻船了……

感觉思维严谨性得到了提高2333

  1.  #include <cstdio>
  2.  #include <cstring>
  3.  using namespace std;
  4.  #define RG register
  5.  #define mod 20130427
  6.  #define N 100010
  7.  #define LL long long
  8.  char cB[<<],*S=cB,*T=cB;
  9.  #define getc (S==T&&(T=(S=cB)+fread(cB,1,1<<15,stdin),S==T)?0:*S++)
  10.  inline int read()
  11.  {
  12.      RG int x=;RG char c=getc;
  13.      while(c<''|c>'')c=getc;
  14.      while(c>=''&c<='')x=*x+(c^),c=getc;
  15.      return x;
  16.  }
  17.  inline int Sum(int a){return ((LL)a*(a+1ll)/)%mod;}
  18.  inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
  19.  inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
  20.  int ge2[N],sum2[N],ge3[N],sum3[N],no_zero_sum3[N],B,lena,bit[N],lenb,bin[N];
  21.  inline int calc(bool start,int left,int lim,int cnt,int sum,int sum_of_substring )
  22.  {
  23.      if(lim==)return ;
  24.      if(start)
  25.          return
  26.              (
  27.              (LL) Sum(lim-) * ge2[left] %mod * bin[left] %mod + //前与后连接之后前面的贡献
  28.              (LL) ( lim -  ) %mod * sum3[left] %mod + no_zero_sum3[left] %mod +//后面的子串
  29.              (LL) ( lim -  ) %mod * sum2[left] %mod//前与后连接之后后面的贡献
  30.              )%mod;
  31.      int new_sum=( (LL) sum * B %mod * lim %mod + (LL) Sum(lim-) * cnt %mod ) %mod;
  32.      return
  33.          (
  34.          (LL) sum_of_substring * lim %mod * bin[left] %mod + //之前的子串
  35.          (LL) new_sum * ge2[left] %mod * bin[left] %mod + //前与后连接之后前面的贡献
  36.          (LL) lim %mod * sum3[left] %mod +//后面的子串 不乘cnt
  37.          (LL) cnt * lim %mod * sum2[left] %mod//前与后连接之后后面的贡献 ,要乘cnt 因为再前面不同
  38.          )%mod;
  39.  }
  40.  inline int dfs(bool start,int st,int cnt,int sum,int sum_of_substring)
  41.  {
  42.      if(st==)return ;
  43.      int new_sum=( (LL) sum * B %mod + (LL) ( cnt +  ) * bit[st] %mod )%mod;
  44.      return
  45.          ( new_sum + calc(start, st- , bit[st] , cnt +  , sum , sum_of_substring ) +
  46.          dfs(, st -  , cnt + ,  new_sum , (sum_of_substring + new_sum)%mod ) )%mod;
  47.  }
  48.  signed main()
  49.  {
  50.      RG int i,j,len,ans;
  51.      B=read(),lena=read();
  52.      for(i=lena;i;--i)bit[i]=read();
  53.      lenb=read();len=max(lena,lenb);
  54.      if(lena>||bit[]>)
  55.      {
  56.          --bit[],j=;
  57.          while(bit[j]<)bit[j]+=B,--bit[j+],++j;
  58.          while(lena>&&!bit[lena])--lena;
  59.      }
  60.      for(bin[]=ge2[]=i=;i<=len;++i)
  61.      {
  62.          bin[i]=(LL)bin[i-]*B%mod;
  63.          ge2[i]=( ge2[i-] + bin[i] )%mod;
  64.          ge3[i]=(LL) Sum(i) * bin[i] %mod;
  65.          sum2[i]=( (LL) sum2[i-] * B %mod +  Sum ( bin[i] -  ) )%mod;
  66.          sum3[i]=( (LL) Sum(B-) * bin[i-] %mod * ge2[i-] %mod + (LL)B * sum2[i-] %mod + (LL) B * sum3[i-] %mod )%mod;
  67.          no_zero_sum3[i]=( (LL) Sum(B-) * bin[i-] %mod * ge2[i-] %mod +
  68.                          (LL) (B - ) * sum2[i-] %mod + (LL) (B - ) * sum3[i-] %mod + no_zero_sum3[i-] )%mod;
  69.      }
  70.      ans=mod-dfs(,lena,,,);
  71.      for(i=lenb;i;--i)bit[i]=read();
  72.      printf("%d\n",(ans+dfs(,lenb,,,))%mod);
  73.  }

bzoj3326

其实还有另外一种思路，那就是反过来从前往后走，并且用矩阵乘优化

这个是wq的原创思路……

bzoj3598

　　没做呢，听说挺简单，但是我没想出来

　　这次时间不够了……不想怂题解

　　有时间再做……

这次做的题就是这么多……接下来要去找“有思维难度的DP题”了……加油咯……

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