【[AHOI2009]同类分布】

这是一篇有些赖皮的题解

（如果不赖皮的话，bzoj上也是能卡过去的）

首先由于我这个非常\(sb\)的方法复杂度高达\(O(171^4)\)，所以面对极限的\(1e18\)的数据实在是卡死了

但是这个时候可以骗一下

一般来说肯定会有一个点的数据到达了\(1e18\)，所以我们先将\(1\)到\(1e18\)之间的答案算出来，这样再去算另一个左边界的话至少可以节省一半的常数，就算左边界不是很小也有可能还算点希望

如果左边界特别小的话，可能就能幸运的卡过去

这道题的左边界就非常小啊，我估计不超过\(1e6\)

于是就卡过去了

再来看看我这个非常\(sb\)的dp，我觉得可能没有人这么写

我们设\(dp[i][j][s][k]\)表示一个数填到了\(i\)位，最高位填的是\(j\)，数位和是\(s\)，且这些数中对于某一个数取模得\(k\)的数的个数

至于这个某一个数是什么，我们当然是要最外面套上一个枚举数位和了

那么答案很简单啊，如果我们当前枚举的数位和是\(x\)的话，答案肯定就跟\(dp[][][x][0]\)有关系了

那么这个方程怎么转移呢

显然有

\[dp[i+1][p][j+p][(p*10^i+k)\%x]=\sum_{t=0}^9dp[i][t][j][k]
\]

\(t\)表示上一位填的数，\(i\)是位数，\(p\)是这一位填的数，\(j\)是数位和，\(k\)是对当前枚举的数位和取模之后的值，\(x\)表示当前枚举的数位和

同时我们发现好像直接去枚举\(t\)有些奢侈，我们可以直接把\(\sum_{t=0}^9dp[i][t][j][k]\)算好，于是我用\(dp[i][10][j][t]\)来存下来\(\sum_{t=0}^9dp[i][t][j][k]\)，这样就可以优化转移了

之后就是数位\(dp\)的套路卡上界了，大概就是注意一下卡上界的时候存一下前面的数位和

复杂度大概是\(O((log_{10}n*9)^4)\)，确实这是一个很垃圾的复杂度

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 172
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
LL dp[20][11][maxn][maxn];
LL L,R;
LL ans;
int num[2],a[20][2];
LL base[20];
LL mod;
inline LL qm(LL x) {return x>=mod?x-mod:x;}//优化一下取模
inline void spilt(LL x,int pd)
{
    num[pd]=0;
    while(x) a[++num[pd]][pd]=x%10,x/=10;
}//分解数位
inline void work(int x,int Len)
{
    mod=x;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(re int i=0;i<=9;++i)
        dp[1][i][i][qm(i)]+=1,dp[1][10][i][qm(i)]+=1;
    for(re int i=1;i<Len;++i)//枚举长度
        for(re int j=0;j<=min(x,i*9);++j)//枚举数位和
            for(re int k=0;k<x;++k)//枚举对当前枚举的数位和x取模后的值
                {
                    if(!dp[i][10][j][k]) continue;
                    for(re int p=0;p<=9;++p)
                        dp[i+1][p][j+p][(p*base[i]+k)%x]+=dp[i][10][j][k],dp[i+1][10][j+p][(p*base[i]+k)%x]+=dp[i][10][j][k];
                }
}
inline LL slove(int pd,int x)
{
    LL tot=0;
    for(re int i=1;i<num[pd];++i)
        tot+=dp[i][10][x][0]-dp[i][0][x][0];//统计所有位数小于给定数的，注意首位不能填0
    for(re int i=1;i<a[num[pd]][pd];++i)
        tot+=dp[num[pd]][i][x][0];//统计所有位数和给定数相同的，但是最高位小于给定数的
    LL now=a[num[pd]][pd],cnt=now;
    //now表示前面所有的数位和，cnt表示前面的数的值是多少
    //（比如说12345,卡到三这一位上，now=1+2=3，cnt=1*10+2*1=12）
    if(x-now<0) return tot;
    for(re int i=num[pd]-1;i;--i)//当前不同的那一位,[i+1,num]与x完全相同
    {
        LL t=qm(x-cnt*base[i]%x);//根据算出后面的数位所需要的余数是多少
        for(re int j=0;j<a[i][pd];j++)
            tot+=dp[i][j][x-now][t];
        //当前第i位可以填的数必须要小于给定数当前的这一位，这里就按照dp的方式来统计答案
        now+=a[i][pd];
        cnt=cnt*10+a[i][pd];
        cnt=qm(cnt);
        if(x-now<0) break;
    }
    return tot;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&L,&R);
    spilt(L,0),spilt(R+1,1);
    base[0]=1;
    for(re int i=1;i<=18;++i) base[i]=base[i-1]*10;
    if(R==1000000000000000000)
    {
    	ans+=29410615796612778;
    	for(re int i=1;i<=num[0]*9;++i)
        	work(i,num[0]),ans-=slove(0,i);
        printf("%lld\n",ans);
    	return 0;
	}//去掉这个if在bzoj上也能卡过去
    for(re int i=1;i<=num[1]*9;++i)//枚举数位和
        work(i,num[1]),ans+=slove(1,i)-slove(0,i);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}