【数位dp】bzoj1799: [Ahoi2009]self 同类分布

各种奇怪姿势的数位dp

Description

给出a,b，求出[a,b]中各位数字之和能整除原数的数的个数。

Sample Input

10 19

Sample Output

3

HINT

【约束条件】1 ≤ a ≤ b ≤ 10^18

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题目分析

好像10^18左右的数位dp都是乱搞就好了

既然是要求整除原数，那么数位之和肯定要放进状态里，并且枚举数位总和地去dp。

看上去好像$f[i][j]$表示后面$i$位总和为$j$的合法方案数不就好了吗？

考虑这种状态的转移会发现，从后面做上来不可行啊，没办法处理在开头加上一个数后，能整除数位之和的方案。并且我们启发性地发现，为了转移的合法性，需要在状态里加上余数来限制状态（因为当前不能整除的或许后面能够整除了；反之亦有可能）。

于是想到用$f[i][j][k][done(0/1)]$表示前$i$位和为$j$，除数位总和$sum$的余数为$k$，是否达到上限（done=1表示达到）的合法状态数。

最终答案显然是$\sum{f[digits][sum][0][0]+f[digits][sum][0][1]}$。当然这个sum是要枚举过去的。

如此，转移也就不难处理了，并且时间复杂度也是正确的（位数最大就18）

 #include<bits/stdc++.h>
 typedef long long ll;

 ll a,b;
 ll f[][][][];
 int digit[];

 ll read()
 {
     char ch = getchar();
     ll num = ;
     bool fl = ;
     for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
         if (ch=='-') fl = ;
     for (; isdigit(ch); ch = getchar())
         num = (num<<)+(num<<)+ch-;
     if (fl) num = -num;
     return num;
 }
 ll solve(ll x)
 {
     for (digit[]=; x; x/=)
         digit[++digit[]] = x%;
     for (int i=; i<=digit[]/; i++)
         std::swap(digit[i], digit[digit[]-i+]);
     int mx = digit[]*;
     ll ret = ;
     for (int sum=; sum<=mx; sum++)
     {
         memset(f, , sizeof f);
         f[][][][] = ;
         for (int i=; i<digit[]; i++)
             for (int j=; j<=i*; j++)
                 for (int k=; k<sum; k++)
                     for (int p=; p<=; p++)
                         if (f[i][j][k][p])
                             for (int t=; t<=; t++){
                                 if (p&&digit[i+] < t) break;
                                 f[i+][j+t][(*k+t)%sum][p&&digit[i+]==t] += f[i][j][k][p];
                             }
         ret += f[digit[]][sum][][]+f[digit[]][sum][][];
     }
     return ret;
 }
 int main()
 {
     a = read(), b = read();
     printf("%lld\n",solve(b)-solve(a-));
     return ;
 }

END