[bzoj1974][51nod1261][DP]auction 代码拍卖会&上升数

最新推荐文章于 2021-01-04 10:45:11 发布

Rose_max

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分类专栏： bzoj 51nod dp 数论

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本文探讨了一类数学问题，即寻找长度为N的上升数中是特定数K的倍数的数量。通过动态规划和组合数学的方法，给出了一个高效的算法解决方案，并提供了详细的代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

一个10进制表示的正整数，如果从左到右，每一位的数字都不小于前一位的数字，则被称为上升数。例如：1234, 111, 58,
8899是上升数，而314, 7654, 2009不是。
给出长度N和一个数K，求有多少个长度恰好为N的上升数，是K的倍数。由于数量很大，输出Mod 1000000007的结果。例如：N =
2，K = 12，符合条件的数有4个，分别是：12, 24, 36, 48。
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。
51nod：mod 1e9+7

Sample Input

2 3

Sample Output

15

HINT

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

题解

老年选手只想得到 $O(k^2*9^3*logn)$ 的_TLE做法辣…
还是用到了那个套路
112233344
111111111
–11111111
…
显然最多只会有9种不同的111…11
发现模数很小，本质不同的111…111只会有模数种
预处理这些种类的111…111数量
做背包dp
$f [i] [j] [k]$ 表示前i组选了j个mod=k
一组中选出k个允许重复的方案数是 $C_{sum+k-1}^{k}$
~~老年跑的这么慢啊…~~

模数1e9+7版…

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<map>
#define LL long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
inline LL read()
{
	LL f=1,x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void write(int x)
{
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x>9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
inline void print(int x){write(x);printf(" ");}
const LL md=1e9+7;
int mod;LL n,f[2][9][505],inv[505];//第i组 总共选出j个值 mod=K 
void ad(LL &x,LL y){x+=y;if(x>=md)x-=md;}
int v[505];
LL pow_mod(LL a,LL b)
{
	LL ret=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)ret=ret*a%md;
		a=a*a%md;b>>=1;
	}
	return ret;
}
LL pow_mod_1(LL a,LL b)
{
	LL ret=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)ret=ret*a%mod;
		a=a*a%mod;b>>=1;
	}
	return ret;
}
LL C(LL n,LL m)
{
	LL ret=1;
	for(LL i=n;i>=n-m+1;i--)ret=ret*(i%md)%md;
	ret=ret*inv[m]%md;
	return ret;
}
LL calc(LL len)
{
	if(len==1)return 1;
	LL mid=len>>1;
	LL u=calc(mid);
	u=(u*pow_mod_1(10,mid)%mod+u)%mod;
	if(len&1)u=(u*10+1)%mod;
	return u;
}
int fac[505];
int main()
{
	LL s=1;inv[1]=inv[0]=1;
	for(int i=2;i<=500;i++)s=s*i%md,inv[i]=pow_mod(s,md-2);
	memset(v,-1,sizeof(v));
	n=read();mod=read();
	LL tmp=0;LL p1=n+1,p2=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		tmp=(tmp*10+1)%mod;
		if(v[tmp]!=-1){p1=i;p2=v[tmp];break;}
		v[tmp]=i;fac[i]=tmp;
	}
	LL sss;
	if(p1>n)sss=fac[n];
	else
	{
		int ok=(n-p2)%((LL)p1-p2);
		sss=fac[ok+p2];
	}
	int now=0;f[0][0][sss]=1;
	for(int i=0;i<mod;i++)if(v[i]!=-1)
	{
		now^=1;memset(f[now],0,sizeof(f[now]));
		LL sum=(n-p2)/(p1-p2);
		if(v[i]-p2<=(n-p2)%(p1-p2)&&p1<=n&&v[i]>p2)sum++;
		if(v[i]==p2)sum++;
		if(v[i]<p2)sum=1;
		if(p1>n)sum++;
		for(int l=0;l<mod;l++)
			for(int j=0;j<=8;j++)
				for(int k=0;k<=j;k++)
				{
					int gg=i*k%mod;
					int ok=(l-gg+mod)%mod;
					ad(f[now][j][l],f[now^1][j-k][ok]*C(sum+k-1,k)%md);
				}
	}
	LL ans=0;
	for(int i=0;i<=8;i++)
		ad(ans,f[now][i][0]);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}```