作者：局外人 | 来源：互联网 | 2024-10-15 16:10
好开心呀~果然只有不看题解做出来的题目才会真正的有一种骄傲与满足吧ヾ(๑╹◡╹)ﾉ实际上这题只要顺藤摸瓜就可以了。首先按照数位dp的套路，有两维想必是省不掉：1.当前dp到到的位数；2.
好开心呀~果然只有不看题解做出来的题目才会真正的有一种骄傲与满足吧ヾ(๑╹◡╹)ﾉ"
实际上这题只要顺藤摸瓜就可以了。首先按照数位dp的套路，有两维想必是省不掉：1.当前dp到到的位数；2.0/1状态表示是否受限制（这一条是因为有数字上限）。然后根据这两个维度来接着往下想。第二个维度先撇开不看，我们只考虑如何从第 \(i - 1\) 位dp到第 \(i\) 位。在这里其实卡了有点久，因为如果除数与被除数都在改变，那么两维的转移是非常凉凉的。
这个时候联想题目的特殊性质 ----- 当感觉无法优化转移 / 转移方式的时候，考虑状态的重新设计 & 题目的特别要求。然后很开心的发现：\(1e18\) 实际上各位数字的和最大都只有 \(162\)。那么岂不是乱搞也可以？所以我们固定除数 \(Q\) 为 \(\left ( 1, 162 \right )\) 当中的任意一个数，分别进行dp即可。此时的转移就简单了，因为除数固定，自然地追加一维表示余数。状态固定为 \(f[i][j][k][L]\)，表示dp到第 \(i\) 位，要求第 \(\left ( 1, i \right )\) 位的数字之和加起来为 \(j\)，且原数除以 \(Q\) 的余数为 \(k\)，限制为\(L\left ( 0, 1 \right )\)的总个数。
感觉这份代码写的还行，跑得也还行……能看。
#include
using namespace std;
#define int long long
int a[20], Res, mul[20];
int f[20][165][165][2];
int read()
{
int x = 0, k = 1;
char c;
c = getchar();
while(c <'0' || c > '9') { if(c == '-') k = -1; c = getchar(); }
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * k;
}
#define Pre f[now][tot][rm][lim]
int DP(int now, int tot, int rm, bool lim)
{
if(~Pre) return Pre;
else Pre = 0;
if(tot > now * 9) return 0;
if(now == 1)
{
if(tot > 9 || (tot > a[now] && lim)) return Pre = 0;
return Pre = ((Pre = tot % Res == rm) ? 1 : 0);
}
for(int i = 0; i <= 9; i ++)
{
if(i > a[now] && lim) break;
if(tot break;
int q = (mul[now] * i) % Res; q = q % Res;
int L = (i == a[now] && lim);
f[now][tot][rm][lim] += DP(now - 1, tot - i, (rm - q + Res) % Res, L);
}
return f[now][tot][rm][lim];
}
#undef Pre
int Solve(int x)
{
int k = x, ans = 0, num = 0;
while(k) num ++, a[num] = k % 10, k /= 10;
for(int i = 1; i <= 163; i ++)
{
Res = i; if(i > num * 9) continue;
memset(f, -1, sizeof(f));
ans += DP(num, i, 0, 1);
}
return ans;
}
signed main()
{
int a = read(), b = read(); mul[1] = 1;
for(int i = 2; i <= 20; i ++) mul[i] = mul[i - 1] * 10;
printf("%lld\n", Solve(b) - Solve(a - 1));
return 0;
}
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