Bzoj1974 [Sdoi2010]auction 代码拍卖会

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 64 MB
Submit: 375 Solved: 151

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。iPi
g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i
Pig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 Unive
rsity）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。

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

动规分组背包

好题，神题，神到让人心生绝望。

首先要知道利用数列中数字不减小的性质能做点什么。

——可以根据这一性质把数列拆成:

　　111

　　1111

　　...

　　11111111111

这些数中任取9个累加的形式。

而这些全由1构成的数有一个特殊性质：随着1个数的递增，它们模一个数的结果会构成循环。那些直接想到的人有多强

那么就可以算出余数相同的数有多少个，将问题转化成分组背包

同一组中的数的效果等价，所以累加方案的时候算组合数就可以，组合数当然不能递推咯，需要用公式算。模意义下组合数公式需要乘逆元，而逆元不能用公式算（复杂度太高），那就需要递推咯

---逆元递推---

inv[1]=1

for(int i=2;i<=9;i++){inv[i]=((-(mod/i)*inv[mod%i])%mod+mod)%mod;}

----

A掉之后我在想，如果70行不用memset，而是直接继承上一次的状态，会不会更快一点（如71-75行）？

　　↑但改成那样写之后反而WA了，发现是79行算完的结果没有就地取mod

　　　　↑那我之前是怎么AC的

　　　　　　↑玄学

 /*by SilverN*/

 #include<algorithm>

 #include<iostream>

 #include<cstring>

 #include<cstdio>

 #include<cmath>

 #define LL long long

 using namespace std;

 const int mod=;

 const int mxn=;

 LL f[][][];

 LL n;int m;

 LL cnt[mxn],w[mxn];

 LL c[mxn][mxn];

 LL inv[mxn];

 int add,ans;

 void Inv_init(){//逆元

     inv[]=;

     for(int i=;i<=;i++){inv[i]=((-(mod/i)*inv[mod%i])%mod+mod)%mod;}

     for(int i=;i<;i++)inv[i]=inv[i]*inv[i-]%mod;

     return;

 }

 LL clc(LL u,LL d){//组合数

     if(!d)return ;

     if(d>u)return ;

     LL res=;

     for(LL i=u-d+;i<=u;i++)res=res*(i%mod)%mod;

     res=res*inv[d]%mod;

     return res;

 }

 int main(){

     int i,j;

     scanf("%lld%d",&n,&m);

     Inv_init();

     LL x=%m;//%k以排除k==1的情况

     int tot=;

     while(!cnt[x]){//寻找循环节

         cnt[x]=++tot;w[tot]=x;

         if(tot>=n)break;

         x=(x*+)%m;

     }

     if(tot<n){//出现循环

         LL len=n-cnt[x]+;//剩余长度

         int sz=tot-cnt[x]+;//循环部分长度

         if(sz>)

             add=(m-w[cnt[x]+((len%sz)?len%sz:sz)-])%m;

         else add=(m-w[cnt[x]])%m;

         int tmp=cnt[x];

         for(i=;i<m;i++){

             if(cnt[i]){

                 if(cnt[i]<tmp)cnt[i]=;//未循环部分单独分组

                 else if(sz> && (len%sz)>cnt[i]-tmp)cnt[i]=len/sz+;

                     else cnt[i]=len/sz;

             }

         }

     }

     else{//若n个数不构成循环

         add=(m-x)%m;

         for(i=;i<m;i++)if(cnt[i])cnt[i]=;

     }

     for(i=;i<m;i++)

         if(cnt[i])  for(j=;j<;j++) c[i][j]=clc(cnt[i]+j-,j);

     f[][][]=;

     int tmp=;

     for(i=;i<m;i++){

         if(cnt[i]){

             tmp^=;

             memset(f[tmp],,sizeof f[tmp]);

 /*          for(j=0;j<9;j++){

                 for(int k=0;k<m;k++){

                     f[tmp][j][k]=f[tmp^1][j][k];

                 }

             }*/

             for(j=;j<;j++){

                 for(int k=;k<m;k++){

                     for(int l=;l<-j;l++){

                         (f[tmp][j+l][(k+l*i)%m]+=f[tmp^][j][k]*c[i][l]%mod)%=mod;

                     }

                 }

             }

         }

     }

     for(i=;i<;i++)ans=(ans+f[tmp][i][add])%mod;

     printf("%d\n",ans);

     return ;

 }