SDOI2010代码拍卖会 （计数类DP）

P2481 SDOI2010代码拍卖会

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$ solution: $

这道题调了好久好久，久到都要放弃了。洛谷的第五个点是真的强，简简单单一个1，调了快4个小时！

这道题第一眼怎么都是数位DP，奈何数据范围太大，只能找性质。而这道题最重要的一个性质也很套路（敲难想），因为我们所有的方案都是 $ 111112223333 $ 这样的数，我们要求的是它的大小模 $ p $ ，所以我们考虑将它用加法拆解。于是我们惊奇的发现它可以转化成（以上面那个数为例） $ 111111111111+1111111+1111=111112223333 $ 。正因为数位上的数字单调不降，所以它可以表示为不超过9个形似 $ 111...111 $ 的数的和！

而这种形似 $ 1111...1111 $ 的数，我们可以发现，如果我们依次枚举它的长度（ $ 1,11,111,1111...... $ ）这些数在模 $ p $ 意义下一定会产生循环节。于是我们将在模 $ p $ 意义下同余的这类数归到一起，然后用一个数组 $ g[i] $ 记录模 $ p $ 意义下为 $ i $ 的形如 $ 11111...111 $ 的数的个数。（因为 $ p $ 不大，所以不用枚举多久就能找到循环节）

于是题目的意思就被转换成：从所有的 $ g[i] $ 中找出（不超过）九个数，使得它们的下标之和能被 $ p $ 整除！（为什么是下标之和？因为上面说了 $ g[i] $ 中所有的形如 $ 1111...111 $ 的数在模 $ p $ 意义下为 $ i $ ！）

所以这道题就变成了一道计数类DP，我们设 $ f[i][j][o] $ 表示：已经选完了下标为 $ [0,i-1] $ 的数，从中选了 $ o $ 个形如 $ 1111...11 $ 的数，它们的和模 $ p $ 等于 $ j $ 的方案数。 考虑它的转移，如果我们要从下标为 $ i $ 的数里选出 $ k $ 个数，显然这 $ k $ 个数是可以重复的，他们的贡献都为 $ i $ ，所以相当我们从 $ g[i] $ 个数里可重复的选出 $ k $ 个数（不论怎么选他们的和都为 $ k*i $ ），根据组合计数原理这样的方案有 $ C_{g[i]+k-1}^{~~~~~k} $ 种。为了方便博主代码里会用 $ C[i][k] $ 代替 $ C[_g[i]+k-1][k] $ 。

$ f[i+1][_(j+k*i)mod_p][o+k]=f[i][j][o]*C[i][k] $

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$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

const int mod=999911659; //答案的模数

ll n;
ll g[505]; //记录余数为i的形如11111的数的个数
int p,vn,ans; //循环节长度，小模数
int a[505]; //记录余数上一次的位置（找循环节用）
int inv[11]; //逆元
int c[505][11]; //组合数
int f[505][505][11]; //计数类DP

inline int qr(){
	register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
	while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
	while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
	if(sign)return -res; else return res;
}

int main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	scanf("%lld%d",&n,&p); inv[1]=1;
	if(n<=p) for(rg i=1;i<=n;++i) vn=(vn*10+1)%p,++g[vn];
	else{ rg tot=1%p,m,l;
		for(rg i=1;i<=p+1;++i){
			if(a[tot]){ l=a[tot]; m=i-l; break;} //找到循环节，计算循环节长度
			a[tot]=i; ++g[tot]; tot=(tot*10+1)%p; //记录当前余数出现位置，继续寻找
		}
		for(rg i=0;i<p;++i)
			if(a[i]&&a[i]>=l){
				g[i]+=(n-a[i])/m%mod; //记录所有余数为i的形如11111的数的个数
				if((a[i]-l+1)%m==(n-l+1)%m) vn=i; //记录长度为 n 的形如1111的数的余数，后面初始DP时有用
			}
	}
	for(rg i=2;i<9;++i) inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; //线性递推求逆元
	for(rg i=0;i<p;++i){ c[i][0]=1; if(!g[i])continue;
		for(rg j=1;j<9;++j,g[i]=(g[i]+1)%mod) //注意最后还有个++g[i]！！！
			c[i][j]=(ll)c[i][j-1]*g[i]%mod*inv[j]%mod; //用性质求i较大,j较小的逆元
	}
	f[0][vn][0]=1; //最开始有一个长度为n的形如1111111111的数
	for(rg i=0;i<p;++i)
		for(rg j=0;j<p;++j)
			for(rg o=0;o<9;++o)
				for(rg k=0;k<9-o;++k) //枚举取出多少个余数为i的形如的11111111的数
					(f[i+1][(j+k*i)%p][k+o]+=(ll)f[i][j][o]*c[i][k]%mod)%=mod;
	for(rg i=0;i<9;++i) ans=(ans+f[p][0][i])%mod; //计算答案
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}