【BZOJ-1974】auction代码拍卖会 DP + 排列组合

1974: [Sdoi2010]auction 代码拍卖会

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Description

随着iPig在P++语言上的造诣日益提升，他形成了自己一套完整的代码库。猪王国想参加POI的童鞋们都争先恐后问iPig索要代码库。iPig不想把代码库给所有想要的小猪，只想给其中的一部分既关系好又肯出钱的小猪，于是他决定举行了一个超大型拍卖会。
在拍卖会上，所有的N头小猪将会按照和iPig的好感度从低到高，从左到右地在iPig面前站成一排。每个小猪身上都有9猪币（与人民币汇率不明），从最左边开始，每个小猪依次举起一块牌子，上面写上想付出的买代码库的猪币数量（1到9之间的一个整数）。大家都知道，如果自己付的钱比左边的猪少，肯定得不到梦寐以求的代码库，因此从第二只起，每只猪出的钱都大于等于左边猪出的价钱。最终出的钱最多的小猪（们）会得到iPig的代码库真传，向着保送PKU（Pig
Kingdom University）的梦想前进。
iPig对自己想到的这个点子感到十分满意，在去现场的路上，iPig就在想象拍卖会上会出现的场景，例如一共会出现多少种出价情况之类的问题，但这些问题都太简单了，iPig早已不敢兴趣了，他想要去研究更加困难的问题。iPig发现如果他从台上往下看，所有小猪举的牌子从左到右将会正好构成一个N位的整数，他现在想要挑战的问题是所有可能构成的整数中能正好被P整除的有多少个。由于答案过大，他只想要知道答案mod999911659就行了。

Input

一行：两个数N（1≤N≤10^18）、P(1≤P≤500)，用一个空格分开。

Output

一行：一个数，表示答案除以999911659的余数。

Sample Input

2 3

Sample Output

15
样例解释
方案可以是：12 15 18 24 27 33
36 39 45 48 57 66 69 78 99，共15种。
数据规模
测试点 N P 测试点 N P
1 ≤1000 ≤500 6
≤10^6 ≤500
2 ≤10^18 5 7 ≤10^18 ≤120
3 ≤10^18 ≤10 8 ≤10^18 ≤500
4 ≤10^18
≤10 9 ≤10^18 ≤500
5 ≤10^18 25 10 ≤10^18 ≤500

HINT

Source

Sdoi2010 Contest2 Day2

Solution

数据范围和题目描述，一开始以为是数位DP，发现其实不是    折越

发现从左到右每一位不减，那么有个不错的性质，可以组成的数，拆成${1，11，111，1111....}$中取$<=8$个数组合出来

而这些数%p，最多有p种可能，那么找循环，DP，用组合数计算一下答案即可

那么方程就是$dp[i][j][k]$表示前i种可能选了j个，组合出来的数%p结果为k的方案数

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define mod 999911659
long long n;int p,a,ans;
long long dp[2][1010][1010],inv[1010],c[1010][1010],data[1010],cnt[1010];
long long C(long long x,int y)
{
    if (y>x) return 0;
    long long re=1;
    for (long long i=x-y+1; i<=x; i++)
        (re*=(i%mod))%=mod;
    return re*inv[y]%mod;
}
void GetInv()
{
    inv[0]=1,inv[1]=1;
    for (int i=2; i<=9; i++)
        inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for (int i=2; i<=9; i++)
        inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%mod;
}
int main()
{
    scanf("%lld%d",&n,&p);
    GetInv();
    int x=1%p,sz=0;
    while (!cnt[x]) {cnt[x]=++sz; data[sz]=x; if (sz>=n) break; x=(x*10+1)%p;}
    if (sz!=n)
        {
            long long N=n-cnt[x]+1; int SZ=sz-cnt[x]+1;
            if (SZ>1) a=(p-data[cnt[x]+(N%SZ?N%SZ:SZ)-1])%p;
                else a=(p-data[cnt[x]])%p;
            for (int i=0,t=cnt[x]; i<p; i++)
                if (cnt[i])
                    if (cnt[i]<t) cnt[i]=1;
                        else
                            if (SZ>1 && (N%SZ)>cnt[i]-t)
                                cnt[i]=N/SZ+1; else cnt[i]=N/SZ;
        }
    else
        {
            a=(p-x)%p;
            for (int i=0; i<p; i++) if (cnt[i]) cnt[i]=1;
        }
    for (int i=0; i<p; i++)
        for (int j=0; j<9; j++)
            if (cnt[i]) c[i][j]=C(cnt[i]+j-1,j);
    dp[0][0][0]=1;
    int now=0;
    for (int i=0; i<p; i++)
        if (cnt[i])
            {
                now^=1;
                for (int j=0; j<9; j++)
                    for (int k=0; k<p; k++)
                        dp[now][j][k]=dp[now^1][j][k];
                for (int j=0; j<9; j++)
                    for (int k=0; k<p; k++)
                        if (dp[now^1][j][k])
                            for (int l=1; l<9-j; l++)
                                (dp[now][j+l][(k+l*i)%p]+=dp[now^1][j][k]*c[i][l]%mod)%=mod;
            }
    for (int i=0; i<9; i++)
        ans=(ans+dp[now][i][a])%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

这道题吼啊！