題意

設 S ( x ) 為x各數位之和，如 S (123) =1+2+3=6，求有多少數對(A,B)滿足S(A)>S(B) 0<=A<B<=N

N<=10^100。

看資料範圍，肯定是數位DP。

首先，我們考慮簡化問題：

當N=9999999……999999時答案時什麼樣的。

我們考慮分類討論：

當A、B位數不同時，我們設 f [ x ] [ y ] 為共x位 ( 算前導0 )，位數和為y的數字有多少個 。設sm[x][y]為f[x][y]的字尾和。

則我們可以列舉B的和，再利用sm[x][y]O(1)求解。

當A、B位數不同時，我們列舉A在哪一位首先小於B，然後分別列舉這一位之前 與之後的 A與B的位數和。求出A、B位數相同時的數對數。

兩者相加得到L[i]，表示0~999……999( 共 i 個9)的答案。

接下來，我們正式開始數位DP

我們分三種情況DP：

當B DP到從高到低第X位時

1、A在前x-1位就已經確定它一定小於此時的B

設F [ x ] [ y ]，為到當前第 x 位 時，A已經可以通過前x-1位判斷出A<B 且前x-1位數位和為y的方案數。

然後列舉B在這一位填什麼以及後面那些位的位數和來統計答案。

2、A前x-1位於B相同，在x拉開差距

我們列舉B與A在這一位的差值以及之後幾位裡B的數位和來求解

3、A與B前x為都相同且第x為小於A[i]

這裡就用我們之前求出的L[i]陣列乘上A[i]求解即可。

雖然思路看起來比較簡單，但是邊界還是很難處理的。詳情請看程式碼。

  1 #include<iostream>
  2 #include<cstdlib>
  3 #include<cstdio>
  4 #include<cstring>
  5 #include<algorithm>
  6 #include<cmath>
  7 #define N 105
  8 #define M 905
  9 using namespace std;
 10 const int p= 1e9+7;
 11 long long
 
 f[N][M];
 12 long long sm[N][M];
 13 long long L[N];
 14 char bb[N];
 15 int A[N],n;
 16 long long F[2][M];
 17 int main()
 18 {
 19     f[0][0]=1;
 20     sm[0][0]=1;
 21     for(int i=1;i<=100;i++)
 22     {
 23         for(int j=0;j<=(i-1)*9;j++)
 24         {
 25             for(int k=0;k<=9;k++)
 26             {
 27                 f[i][j+k]+=f[i-1][j];
 28                 f[i][j+k]%=p;
 29             }
 30         }
 31     }
 32     for(int i=1;i<=100;i++)
 33     {
 34         for(int j=900;j>=0;j--)
 35         {
 36             sm[i][j]=sm[i][j+1]+f[i][j];
 37             sm[i][j]%=p;
 38         }
 39     }
 40     for(int i=1;i<=100;i++)
 41     {
 42         for(int j=1;j<=i;j++)
 43         {
 44             for(int k=j*9;k>=0;k--)
 45             {
 46                 L[i]+=(f[j][k]-f[j-1][k]+p)%p*sm[j-1][k+1]%p;
 47                 L[i]%=p;
 48             }
 49         }
 50         for(int j=1;j<=i;j++)
 51         {
 52             long long tmp1=sm[j-1][0];
 53             for(int k=1;k<=9;k++)
 54             {
 55                 for(int l=0;l<=(i-j)*9;l++)
 56                 {
 57                     L[i]+=(tmp1-1)*f[i-j][l]%p*sm[i-j][l+k+1]%p*(9-k+1)%p;
 58                     L[i]%=p;
 59                     L[i]+=f[i-j][l]%p*sm[i-j][l+k+1]%p*(9-k)%p;
 60                     L[i]%=p;
 61                 }
 62                 
 63             }
 64         
 65         }
 66     }
 67     scanf("%s",bb+1);
 68     n=strlen(bb+1);
 69     long long sum=0;
 70     for(int i=1;i<=n;i++)
 71     {
 72         A[i]=bb[i]-'0';
 73     }
 74     int now=n;
 75     while(A[now]==9)
 76     {
 77         A[now]=0;
 78         now--;
 79     }
 80     A[now]++;
 81     if(now==0)
 82     {
 83         for(int i=n+1;i;i--) A[i]=A[i-1];
 84         A[0]=0;
 85         n=n+1;
 86     }
 87     long long ans=0;
 88     int la=1,nw=0;
 89     for(int i=1;i<=n;i++)
 90     {
 91         int tmp=n-i;
 92         for(int j=0;j<=(i-1)*9;j++)
 93         {
 94             if(!F[nw][j])continue;
 95             for(int k=0;k<A[i];k++)
 96             {
 97                 for(int l=0;l<=tmp*9;l++)
 98                 {
 99                     int tmpp=sum+k+l-j+1;
100                     if(tmpp<0) tmpp=0;
101                     if(tmpp>=0&&tmpp<=900) 
102                     {
103                         ans+=F[nw][j]*f[tmp][l]%p*sm[tmp+1][tmpp]%p,ans%=p;
104                     }
105                 }
106             }
107         }
108         for(int j=0;j<=tmp*9;j++)
109         {
110             for(int k=1;k<=A[i]-1;k++)
111             {
112                 ans+=f[tmp][j]*sm[tmp][j+k+1]%p*(A[i]-k)%p;
113                 ans%=p;
114             }
115         }
116         ans+=1ll*L[tmp]*(A[i])%p;
117         ans%=p;
118         nw^=1,la^=1;
119         memset(F[nw],0,sizeof(F[nw]));
120         for(int j=0;j<=(i-1)*9;j++)
121         {
122             for(int k=0;k<=9;k++)
123             {
124                 F[nw][j+k]+=F[la][j];
125                 F[nw][j+k]%=p;
126             }
127         }
128         for(int k=0;k<A[i];k++)
129         {
130             F[nw][sum+k]++;
131         }
132         sum+=A[i];
133     }
134     printf("%lld\n",ans);
135     return 0;
136 }
137 /*
138 22
139 */