BZOJ 1974 [Sdoi2010] auction 代码拍卖会（数位dp）

题目描述

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mod 999911659就行了。

输入输出格式

输入格式：

 

输入文件auction.in有且仅有一行：两个数N（1≤N≤10^18）、P(1≤P≤500)，用一个空格分开。

 

输出格式：

 

输入文件auction.out有且仅有一行：一个数，表示答案除以999911659的余数。

 

输入输出样例

输入样例#1：  复制

2 3

输出样例#1：  复制

15

说明

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

题解

　　这题太神仙了……题解看都看不懂……最后基本只能硬生生的理解了……

　　首先，我们考虑数列，原数列是一个不降的序列

　　考虑如下数列，$1,1,2,3,4$

　　这样我们是相当于竖着分割的

　　那么怎么转换为横着分割呢？我们可以记录大于等于$1$的数的个数，为$5$，大于等于$2$的数的个数，为$3$……

　　那么最后原数列可以转化为$11111,111,11,1$（每个数用相同个数的$1$表示），然后我们惊奇的发现他们的和和原来的$n$位数是一样的，也就是说，他们构成的整数取模之后也是一样的！

　　这就相当于在每一个位置放相当于权值大小的石头，我们一开始是竖着分，而第二种方法是横着分割

　　如果竖着分割，总共有$n$个数，如果横着割，把所有模$p$同余的看成一类，那么总共只有$p$个数（因为0,1,11,111这样下去模$p$的值肯定能构成一个循环节，所以只需要计算$p$次，剩下的可以直接计算）

　　那么我们为什么不转化为横着分割呢？设$cnt[i]$表示模$p$为$i$的数的个数，那么题目就变成从$cnt[i]$中取$9$个使下标之和被$p$整除

　　那么就可以转化为dp了，设$f[i][j][k]$表示考虑到第$i$个数，选了$k$个，他们的和模$p$为$j$，那么状态转移方程就是$f[i+1][(j+l*i)%mod][k+l]=(f[i][j][k]*C_{cnt_i}^l+f[i+1][(j+l*i)%mod][k+l])%mod$

　　然后要先考虑加上一个$11111$（$n$个$1$），因为我们dp的时候是允许有前导$0$的，所以得先强制至少为$1$才行

　　细节有点多，都写在注解里了

//minamoto
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=999911659;
ll ans,n,p,cnt[505],beg,len,pos[505],A[11],c[505][11],f[505][505][11],a;
int main(){
    scanf("%lld%d",&n,&p);
    ll sum=0;
    if(n<=p){
        //直接把循环节跑出来 
        for(int i=1;i<=n;++i) sum=(sum*10+1)%p,++cnt[sum];
        a=sum;
    }else{
        //否则去找循环节，数出每一个余数的出现次数 
        for(int i=1;i<=p+1;++i){
            sum=(sum*10+1)%p;
            if(cnt[sum]){
                beg=pos[sum],len=i-pos[sum];
                break;
            }
            ++cnt[sum],pos[sum]=i;
        }
        for(int i=0;i<p;++i)
        if(cnt[i]&&pos[i]>=beg){
            cnt[i]=(n-beg+1)/len;
            if(pos[i]-beg+1<=(n-beg+1)%len) ++cnt[i];
            if((pos[i]-beg+1)%len==(n-beg+1)%len) a=i;
        }
    }
    A[1]=1,A[0]=0;
    for(int i=2;i<=8;++i)
    A[i]=(mod-mod/i)*A[mod%i]%mod;
    for(int i=0;i<p;++i){
        c[i][0]=1;
        if(cnt[i])
        for(int j=1;j<=8;++j){
            c[i][j]=cnt[i]*c[i][j-1]%mod*A[j]%mod;
            cnt[i]=(cnt[i]+1)%mod;
            //C(n,m-1)->C(n,m)
            //C(n,m-1)/m*(n-m+1)=C(n,m)
            //cnt[i]=n-m+1
        }
    }
    f[0][a][0]=1;
    //默认加n个1，因为dp的时候可以有前缀0 
    for(int i=0;i<p;++i)
    for(int j=0;j<p;++j)
    for(int k=0;k<9;++k)
    for(int l=0;l<=k;++l)
    (f[i+1][j][k]+=f[i][(j-(l*i%p)+p)%p][k-l]*c[i][l]%mod)%mod;
    for(int i=0;i<=8;++i) (ans+=f[p][0][i])%=mod;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}