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大意：

 

 思路：

先来考虑单个数字的情况
其实首先可以将题意稍微转化一下，就是移动一个石子的代价是其移动的距离。这样的话，显然我们的策略就是对于每一个石子，一次性将其移动到正确的位置，毕竟能一步到位为什么要分两次呢。在此基础上，我们要做的就是选择一个最终的合并的位置，使得移动的总距离最小

这个的结论还是比较显然的，就是所以石子位置的中位数。

接下来看看多个数字的问题

显然我们不可能对于每一个数字都去找它的最佳位置。但是如果已经知道最佳位置的话，利用数位dp，我们可以很快知道转移到该位置的总代价。那么不妨来看看最终位置转移的时候需要改变什么。如果统计转移的代价可以接受的话，这题就有突破口了，毕竟总位数不会很多。

假设当前在位置pos，当pos+1的时候，显然总代价改变的值det就是：位置>pos的数字个数-位置<=pos的数字个数，当pos右移的时候，前者的值单调增加，后者的值单调减小，所以这个改变的值det也是单调增加的。所以我们可以得出一个递推来找到最佳位置的策略：pos从1开始向右推，如果右移一位的总代价改变值<0，也就是总代价可以变小，就右移一位，否则就break即可。

这个转移其实也不难统计，就是维护一下每一个数字在对应位置的贡献即可。这里dfs2统计的是从上一位转移过来后对总代价的减小值。如果结果大于0的话，就说明减小值为正，否则我们就让其与0取最大即可，相当于不转移。

ll dfs2(ll x,ll head,ll pos,ll sum)
{
	if(sum<0) return 0;
	if(x==0) return max(sum,0ll); 
	if(!head&&dp[x][sum]!=-1) return dp[x][sum];
	ll tot=0;
	ll lim=head?a[x]:k-1;
	for(int i=0;i<=lim;++i)
	{
		tot+=dfs2(x-1,head&&i==lim,pos,sum+((x<pos)?-i:i));
	}
	if(!head) dp[x][sum]=tot;
	return tot;
}

但是这里sum，也就是变小的贡献，在统计过程中是有可能小于0的。为了防止越界，我们可以在一开始就判断一下，如果sum<0，就return 0.合理性在于，我们的数位dp是从高位往低位做的，也就是说sum是先增后减的，如果sum已经小于0了，它也不可能再变大了。

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最后，我们只要统计出转移到第一个位置的总代价，然后向右递推即可。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=1e5+10;
const ll mod=1000007;
ll n,m,k;
ll a[60];
ll cnt=0;
ll dp[60][4010];
ll init_dfs(ll x,ll head,ll sum)
{
	if(x==0) return sum;
	if(!head&&dp[x][sum]!=-1) return dp[x][sum];
	ll tot=0;
	ll lim=head?a[x]:k-1;
	for(int i=0;i<=lim;++i)
	{
		tot+=init_dfs(x-1,head&&i==lim,sum+i*(x-1));
	}
	if(!head) dp[x][sum]=tot;
	return tot;
}
ll dfs2(ll x,ll head,ll pos,ll sum)
{
	if(sum<0) return 0;
	if(x==0) return max(sum,0ll); 
	if(!head&&dp[x][sum]!=-1) return dp[x][sum];
	ll tot=0;
	ll lim=head?a[x]:k-1;
	for(int i=0;i<=lim;++i)
	{
		tot+=dfs2(x-1,head&&i==lim,pos,sum+((x<pos)?-i:i));
	}
	if(!head) dp[x][sum]=tot;
	return tot;
}
ll f(ll x)
{
	memset(dp,-1,sizeof dp);
	cnt=0;
	while(x)
	{
		a[++cnt]=x%k;
		x/=k;
	}
	ll ans=init_dfs(cnt,1,0);
	for(int i=2;i<=cnt;++i)
	{
		memset(dp,-1,sizeof dp);
		ll det=dfs2(cnt,1,i,0);
		if(det) ans-=det;
		else break;
//		ans-=dfs2(cnt,1,i,0);
	}
	return ans;
}
void solve()
{
	cin>>n>>m>>k;
	cout<<f(m)-f(n-1)<<endl;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
//	ll t;cin>>t;while(t--)
	solve();
	return 0;
}