Luogu2481 SDOI2010 代码拍卖会 DP、组合

传送门

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神仙DP

注意到\(N \leq 10^{18}\)，不能够直接数位DP，于是考虑形成的\(N\)位数的性质。

因为低位一定不会比高位小，所以所有满足条件的\(N\)位数一定是不超过\(9\)个\(f(x)(x \in [1,N])\)的和，其中\(f(x) = \sum\limits_{i=0}^{x-1} 10^i\)，且其中一定有一个\(f(N)\)。

考虑由\(f(x)\ \bmod\ P\)形成的数列，因为\(f(x) = 10f(x-1) + 1\)，所以这个数列一定会存在一个不超过\(P\)的循环节。那么我们可以通过这个预处理出\(cnt_i = \sum\limits_{x=1}^N[f(x) \mod P = i]\)，同时求出\(f(N)\ \bmod\ P\)的值。

接下来就可以DP了：设\(f_{i,j,k}\)表示考虑了\(cnt_0 \sim cnt_{i-1}\)，选择了\(k\)个\(f(x)\)，它们的和\(\bmod\ P = j\)的方案数。转移考虑枚举\(cnt_i\)中选择多少个，这就是一个插板法，转移系数是一个组合数。

最后的答案就是\(\sum\limits_{i=0}^8 f_{P,(P - f(N))\ \bmod P,i}\)，\(i\)最大为\(8\)的原因是必须要选择一个\(f(N)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
const int MOD = 999911659;
int dp[503][503][9] , Cnt[503] , dir[503] , N , P;

int poww(int a , int b){
	int times = 1;
	while(b){
		if(b & 1) times = times * a % MOD;
		a = a * a % MOD; b >>= 1;
	}
	return times;
}

int binom(int a , int b){
	int times = 1;
	for(int i = a ; i > a - b ; --i)
		times = times * i % MOD * poww(a - i + 1 , MOD - 2) % MOD;
	return times;
}

signed main(){
	cin >> N >> P;
	int cur = 1 % P , cnt = 1 , tmp = 1 % P , ed;
	do{dir[cur] = cnt; ++cnt; cur = (cur * 10 + 1) % P;}while(!dir[cur]);
	for(int i = 1 ; i < dir[cur] && i <= N ; ++i , tmp = (tmp * 10 + 1) % P) ++Cnt[ed = tmp];
	if(dir[cur] <= N){
		for(int i = dir[cur] ; i < cnt ; ++i , tmp = (tmp * 10 + 1) % P) Cnt[ed = tmp] = (N - dir[cur] + 1) / (cnt - dir[cur]) % MOD;
		for(int i = 1 ; i <= (N - dir[cur] + 1) % (cnt - dir[cur]) ; ++i , tmp = (tmp * 10 + 1) % P) ++Cnt[ed = tmp];
	}
	dp[0][0][0] = 1;
	for(int i = 0 ; i < P ; ++i)
		for(int j = 0 ; j <= 8 ; ++j){
			int val = binom(Cnt[i] + j - 1 , j);
			if(!val) continue;
			for(int k = 0 ; k < P ; ++k)
				for(int l = 0 ; l + j <= 8 ; ++l)
					dp[i + 1][(k + i * j) % P][l + j] = (dp[i + 1][(k + i * j) % P][l + j] + val * dp[i][k][l]) % MOD;
		}
	int sum = 0;
	for(int i = 0 ; i <= 8 ; ++i)
		sum = (sum + dp[P][(P - ed) % P][i]) % MOD;
	cout << sum;
	return 0;
}