bzoj1072/scoi2007 排列(状压dp
作者:互联网
Description
给一个数字串s和正整数d, 统计s有多少种不同的排列能被d整除(可以有前导0)。例如123434有90种排列能
被2整除,其中末位为2的有30种,末位为4的有60种。
Input
输入第一行是一个整数T,表示测试数据的个数,以下每行一组s和d,中间用空格隔开。s保证只包含数字0, 1
, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9.
Output
每个数据仅一行,表示能被d整除的排列的个数。
Sample Input
7
000 1
001 1
1234567890 1
123434 2
1234 7
12345 17
12345678 29
Sample Output
1
3
3628800
90
3
6
1398
HINT
在前三个例子中,排列分别有1, 3, 3628800种,它们都是1的倍数。
【限制】
100%的数据满足:s的长度不超过10, 1<=d<=1000, 1<=T<=15
分析
有数据范围可知,复杂度大约是O(2n∗d∗T)(别奇怪我真这么看出来的= =,坑爹的是还要乘个 n
我们先假设各个元素不相同,最后再除掉阶乘即可
这种整除的问题,一般都要开一维表示余数,这样才能转移
于是我们令 f[s][k] 表示当前已选集合为 s ,膜 d 为 k 的排列数。
考虑转移。我们需要选定一个元素 i 作为最后加入 s 的数。转移方程:
f[s∣(1<<i)][(j∗10+a[i]) mod d]+=f[s][j]
代码如下
#include <bits/stdc++.h>
#define N 10
#define LL long long
using namespace std;
LL f[1<<N][1<<N], ans;
char s[15];
int a[15], cnt[15];
int main(){
int i, j, k, n, m, T, d;
scanf("%d", &T);
while(T--){
memset(f, 0, sizeof(f));
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
scanf("%s%d", s, &d);
n = strlen(s);
for(i = 0; i < n; i++){
a[i] = s[i] - 48;
cnt[a[i]]++;
f[1<<i][a[i]%d] = 1;
}
for(i = 0; i < (1 << n); i++){
for(j = 0; j < d; j++){
for(k = 0; k < n; k++){
if(!(1 << k & i)) f[i | (1 << k)][(j * 10 + a[k]) % d] += f[i][j];
}
}
}
ans = f[(1 << n) - 1][0];
for(i = 0; i < 10; i++){
for(j = 2; j <= cnt[i]; j++) ans /= j;
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
标签:10,排列,状压,123434,lt,90,整除,scoi2007,dp 来源: https://blog.csdn.net/iamhpp/article/details/100709176