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数位Dp

作者：互联网

代码拍卖会

题意

问有[ L - R ]有多少个数满足每一位都至少有 1，从左到右不减同时要能被P整除，位数<=\(1e18\). p<=500)

思路

  1. 位数贼大，基本上别想着枚举有关位数的东西
  2. 单调不减，说明什么，说明一个合法的方法我前面的 +1 后面的至少要 +1 ，如果把他们看成最多 9个 长度为 n的01串的和，其中这些串满足 后缀全是1。这样可以保证满足条件的情况下，还能保证单调不减。
  3. 现在问题再处理 长度为n的01串怎么处理，因为根本不可能把他枚举出来，但是这个最后要满足是P的倍数，所以我们加上一个 11 %2 和 1 %2 的意义其实是一样的，考虑把 mod P 相同的归为一类，最后把选择一个P的情况归为在 K 个中挑X的方案数，K是在mod P意义下相同的个数。

找循环节

int c=1%p;//C是当前的 后缀情况 1  11  111 1111 
int cnt=1;//没啥用
c2[0]=1%p;// 循环节中第i个位置
vis[1%p]=0;//  表示 某个后缀在循环中的位置
for(int i=1;;i++)
{
   c2[i]=(c2[i-1]*10+1)%p;//每次在后面填一个1 记得取mod
   if(vis[c2[i]]!=-1)//如果出现过。就准备break
   {
       for(int j=0;j<min(i,n);j++)g[c2[j]]++,f=c2[j];//把当前循环节的数目+1
       // F是 全部是1的情况，因为要保证他每一位起码是1 ，
       //所以我循环中的最后一个有一定可能是全是1 的情况，如果没有循环节的话。
       //因为他可能i大于n 就是找到循环的情况比n的长度还长。
       n-=i;//因为 已经加了i个的情况了，
       st=vis[c2[i]];//st 表示初始也就是 第一次出现两次的情况
       m=(i-st);// 这个是循环节长度，
       break;
   }
   vis[c2[i]]=i;//标记一下 当前后缀是第几个出现的。
}

预处理G数组

n=max(0ll,n);
int time=n/m;
// m是循环节的长度
for(int i=0;i<m;i++)
{
    g[c2[i+st]]+=time;
    //  找到循环节 一次性全加上
}

int mod2=n%m;//把多余的部分暴力加上1
for(int i=0;i<mod2;i++)
{
    g[c2[i+st]]++;
    f=c2[st+i];	
    //这个地方，只要我找到最后的一个情况，那么这个肯定就是 全是1的情况。
}
for(int i=0;i<p;i++)g[i]%=mod;

Dp状态定义

\(D[i][j][k]\)表示当前已经选到了 mod P等于 i 的位置，同时选了 j 个 同时 mod p 等于 k 的方案数。

// 为啥要倒过来捏。因为 如果你是正着来，你mod p等于0的情况需要用到，但是你很难处理，所以索性倒过来处理。
枚举当前选了j个同时是由 (0-(i-1))中选出 j2 个转移过来的。
d[i][j2+j][k+(j2*i)%mod]=d[i+1][j2][k]*C(从 g[i] 个中选出j2个的方案数)。
然后就结束了。

Code

const int N=600,mod=999911659;
int lowbit(int x){return x&-x;}
int gcd(int a,int b){return a%b==0?b:gcd(b,a%b);}
int d[N][10][N];
//表示当前已经选到了 mod P等于 i 的位置，同时选了 j 个 同时 mod p 等于 k 的方案数。
int g[N];//mod p 等于 i 的方案数
int vis[N];//一个后缀在循环节中出现的位置
int c2[N];//第i个后缀的值

int qmi(int x,int k)
{
	int res=1;
	while(k)
	{
		if(k&1)res=res*x%mod;
		k>>=1;
		x=x*x%mod;
	}
	return res;
}

int C(int a,int b)
{
	if(a<b)return 0;
	int down=1,up=1;
	for(int i=a,j=1;j<=b;j++,i--)
	{
		up=up*i%mod;
		down=down*j%mod;
	}
	return up*qmi(down,mod-2)%mod;
}

void solve()
{
	int n,p;cin>>n>>p;
	memset(vis,-1,sizeof vis);
	int f=0;
	int st=0,m=0;
	int c=1%p;
	int cnt=1;
	c2[0]=1%p;
	vis[1%p]=0;
	int c=1%p;//C是当前的 后缀情况 1  11  111 1111 
    int cnt=1;//没啥用
    c2[0]=1%p;// 循环节中第i个位置
    vis[1%p]=0;//  表示 某个后缀在循环中的位置
    for(int i=1;;i++)
    {
        c2[i]=(c2[i-1]*10+1)%p;//每次在后面填一个1 记得取mod
        if(vis[c2[i]]!=-1)//如果出现过。就准备break
        {
            for(int j=0;j<min(i,n);j++)g[c2[j]]++,f=c2[j];
            //把当前循环节的数目+1
            // F是 全部是1的情况，因为要保证他每一位起码是1 ，
            //所以我循环中的最后一个有一定可能是全是1 的情况，如果没有循环节的话。
            //因为他可能i大于n 就是找到循环的情况比n的长度还长。
            n-=i;//因为 已经加了i个的情况了，
            st=vis[c2[i]];//st 表示初始也就是 第一次出现两次的情况
            m=(i-st);// 这个是循环节长度，
            break;
        }
        vis[c2[i]]=i;//标记一下 当前后缀是第几个出现的。
    }
	n=max(0ll,n);
    int time=n/m;
    // m是循环节的长度
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        g[c2[i+st]]+=time;
        //  找到循环节 一次性全加上
    }

    int mod2=n%m;//把多余的部分暴力加上1
    for(int i=0;i<mod2;i++)
    {
        g[c2[i+st]]++;
        f=c2[st+i];	
        //这个地方，只要我找到最后的一个情况，那么这个肯定就是 全是1的情况。
    }
    for(int i=0;i<p;i++)g[i]%=mod;
	// 当前美枚举到第i位  ,用了j个 同时余数为k的
	// cout<<f<<endl;
	d[p+1][0][f]=1;
	for(int i=0;i<p;i++)
	{
		for(int j=0;j<9;j++)
		{
			for(int s=0;s+j<9;s++)
			{
				int mul=C(g[i]+s-1,s);
				if(!s)mul=1;//emm 从0个中选出0个在这里是合法的。
				for(int d2=0;d2<p;d2++)
				{
					d[p-i][j+s][(d2+s*i)%p]=(d[p-i][j+s][(d2+s*i)%p]+mul*(d[p-i+1][j][d2])%mod)%mod;
					
				}
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<9;i++)
	{
		ans=(ans+d[1][i][0])%mod;//最后只要看选了几个就可以了。
	}
	cout<<ans<<endl;
	
}

signed main()
{
	kd;
	int _;_=1;
	//cin>>_;
	while(_--)solve();	
	return 0;
}

标签：后缀,int,vis,1%,c2,数位,Dp,mod
来源： https://www.cnblogs.com/hxxO-o/p/16582721.html