为什么我从ACAM做到了数位DP啊
考虑枚举前缀顶着最高位和后缀没有顶着的最高位。
考虑计算一个数对答案的贡献。统计 \(t\) 的出现次数记录到 \(c[t]\) 中。
贡献就是 \(\sum_{i=0}^{9}((\sum_{x=0}^{\sum_{j=i}^{9}c[j]-1}i\times10^{x})-(\sum_{x=0}^{\sum_{j=i+1}^{9}c[j]-1}i\times 10^{x}))\)。
\[(\sum_{i=0}^{9}i\times \sum_{x=0}^{\sum_{j=i}^{9}c[j]-1}10^{x})-(i\times\sum_{x=0}^{\sum_{j=i+1}^{9}c[j]-1}10^{x}) \]
\[((\sum_{i=0}^{9}i\times(10^{\sum_{j=i}^{9}c[j]}-1))-(\sum_{i=0}^{9}i\times(10^{\sum_{j=i+1}^{9}c[j]}-1)))\div 9 \]
\[((\sum_{i=0}^{9}i\times(10^{\sum_{j=i}^{9}c[j]}))-(\sum_{i=1}^{9}(i-1)\times(10^{\sum_{j=i}^{9}c[j]})))\div 9 \]
\[\sum_{i=1}^{9}10^{\sum_{j=i}^{9}c[j]}\div 9 \]
我们只需要计算左边那一车，最后除以 \(9\) 就好了。
【CF908G&LOJ6697口胡】然后我们注意到枚举前缀相当于强制你的 \(c[i]\) 不小于某个值。我们可以直接对 \(c\) 做后缀和。
因为只有 \(O(n)\) 个前缀需要被计算，而且 \(n\) 的范围支持 \(O(n^2)\)，所以我们考虑 \(O(n)\) 算这个东西。
设 \(c\) 的后缀和数组为 \(t\)，\(dp[c][n]\) 表示 \(t[c]=n\) 且只考虑了 \([0,c]\) 这几个数码的权值。
容易使用前缀和优化 DP 计算。最后取 \(\sum_{i=0}^{n}dp[9][i]\) 即可。
复杂度 \(O(10n^2)\)。
考虑复杂点儿的情况，计算 \(\sum i\times f(i)\) 而不是 \(\sum f(i)\)。
注意到我们只是给一个数带上了权值。
仍然考虑上述过程。假设固定前缀后枚举出来的后缀集合为 \(P\)，枚举出来的前缀代表的数为 \(t\)，那么我们计算的就是 \(\sum_{g\in P}(t+g)f(t+g)=\sum_{g\in P}t\times f(t+g)+g\times f(t+g)\)。
我们刚才计算的是 \(\sum_{g\in P}f(t+g)\)，所以只需要考虑如何计算 \(\sum_{g\in P}g\times f(t+g)\) 即可。
仍然考虑对每一个 \(c\) 数组计算答案。带有幂的部分贡献和上面是一样的只需要将 \(10\) 替换成 \(B\)，\(9\) 替换成 \(B-1\) 即可。考虑带有前面的 \(g\) 如何计算。
考虑计算每一种数码对答案的贡献。首先将其他 \(B-1\) 中数码全部看成同一种颜色，只需要再乘上一个组合数来补上系数即可。
剩下的部分，考虑枚举某个位置出现了 \(i\)，然后剩下的部分随便乱填。
\[\sum_{x=0}^{n-1}\binom{n-1}{c[i]-1}i^x \]
\[\binom{n-1}{c[i]-1}\frac{i^n-1}{i-1} \]
\[\sum_{i=1}^{9}\binom{n-1}{c[i]-1}\binom{n-c[i]}{c[j](i\ne j)}\frac{i^n-1}{i-1}\sum_{i=1}^{9}10^{\sum_{j=i}^{9}c[j]} \]
\[\binom{n-1}{c[i](i\in[0,9])}(\sum_{i=1}^{9}\frac{i^n-1}{i-1}c[i])(\sum_{i=1}^{9}10^{\sum_{j=i}^{9}c[j]}) \]
剩下的部分还不会，鸽了鸽了（
