好开心呀~果然只有不看题解做出来的题目才会真正的有一种骄傲与满足吧ヾ(????)?"
实际上这题只要顺藤摸瓜就可以了。首先按照数位dp的套路,有两维想必是省不掉:1.当前dp到到的位数;2.0/1状态表示是否受限制(这一条是因为有数字上限)。然后根据这两个维度来接着往下想。第二个维度先撇开不看,我们只考虑如何从第 \(i - 1\) 位dp到第 \(i\) 位。在这里其实卡了有点久,因为如果除数与被除数都在改变,那么两维的转移是非常凉凉的。
这个时候联想题目的特殊性质 ----- 当感觉无法优化转移 / 转移方式的时候,考虑状态的重新设计 & 题目的特别要求。然后很开心的发现:\(1e18\) 实际上各位数字的和最大都只有 \(162\)。那么岂不是乱搞也可以?所以我们固定除数 \(Q\) 为 \(\left ( 1, 162 \right )\) 当中的任意一个数,分别进行dp即可。此时的转移就简单了,因为除数固定,自然地追加一维表示余数。状态固定为 \(f[i][j][k][L]\),表示dp到第 \(i\) 位,要求第 \(\left ( 1, i \right )\) 位的数字之和加起来为 \(j\),且原数除以 \(Q\) 的余数为 \(k\),限制为\(L\left ( 0, 1 \right )\)的总个数。
感觉这份代码写的还行,跑得也还行……能看。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long int a[20], Res, mul[20]; int f[20][165][165][2]; int read() { int x = 0, k = 1; char c; c = getchar(); while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) { if(c == ‘-‘) k = -1; c = getchar(); } while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar(); return x * k; } #define Pre f[now][tot][rm][lim] int DP(int now, int tot, int rm, bool lim) { if(~Pre) return Pre; else Pre = 0; if(tot > now * 9) return 0; if(now == 1) { if(tot > 9 || (tot > a[now] && lim)) return Pre = 0; return Pre = ((Pre = tot % Res == rm) ? 1 : 0); } for(int i = 0; i <= 9; i ++) { if(i > a[now] && lim) break; if(tot < i) break; int q = (mul[now] * i) % Res; q = q % Res; int L = (i == a[now] && lim); f[now][tot][rm][lim] += DP(now - 1, tot - i, (rm - q + Res) % Res, L); } return f[now][tot][rm][lim]; } #undef Pre int Solve(int x) { int k = x, ans = 0, num = 0; while(k) num ++, a[num] = k % 10, k /= 10; for(int i = 1; i <= 163; i ++) { Res = i; if(i > num * 9) continue; memset(f, -1, sizeof(f)); ans += DP(num, i, 0, 1); } return ans; } signed main() { int a = read(), b = read(); mul[1] = 1; for(int i = 2; i <= 20; i ++) mul[i] = mul[i - 1] * 10; printf("%lld\n", Solve(b) - Solve(a - 1)); return 0; }
原文地址:https://www.cnblogs.com/twilight-sx/p/9114248.html
时间: 2024-10-07 19:31:04