Bzoj1974 [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。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:

　　0

　　1

　　11

　　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 ;
 }