Beautiful Numbers---数位dp

最新推荐文章于 2025-12-31 21:25:26 发布

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这篇博客主要介绍了如何使用动态规划解决一类数学问题：给定一个数N，求[1,N]中所有数位和能整除自身的数的数量。作者通过优化状态转移方程，将原本无法容纳的大数组转换为更小的空间复杂度，最终实现AC代码并给出了解题思路和完整程序。

题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/17385
题目大意：
给你一个N，问你[1,N]有多少个数，满足这个数的数位和能够整除这个数本身.

分析：
刚开始我定义的dp数组为dp[pos][num][sum];//pos代表枚举到了第几位，num代表当前位数和，sum代表当前数的大小，但是我发现sum会很大这个数组根本开不下，于是就改了想法，去枚举模数，因为模数是位数之和，而N最大1e12，所以模数最大为12*9=108，设置dp数组为dp[pos][now][num][mod],pos表示枚举到了数的第几位，now表示当前数模mod的余数，num表示剩下的位数和，mod表示模数.这样数组空间就只需要开到dp[13][110][110][110]，注意开longlong.

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
//ll d[15];
ll a[15];
ll f[13][110][110][110];
/*number代表现在的值,now表示当前数对mod取模的结果
num表示剩下的数位上数字的和*/
ll dfs(int pos,int limit,int now,int num,int mod) 
{
	if(!pos)
	{
		if(!now&&!num) return 1;
		else return 0;
	}
	if(!limit&&~f[pos][now][num][mod]) return f[pos][now][num][mod];
	int ed = a[pos];
	if(!limit) ed = 9;
	ll ans = 0;
	for(int i=0;i<=ed;i++)
	{
		ans+=dfs(pos-1,limit&&(i==ed),(now*10%mod+i)%mod,num-i,mod);
	}
	if(!limit) f[pos][now][num][mod] = ans;
	return ans; 
} 
ll solve(ll n)
{
	memset(a,0,sizeof(a));
	int cnt = 0;
	while(n)
	{
		a[++cnt] = n%10;
		n/=10;
	}
	ll ans = 0;
	for(int i=1;i<=12*9;i++)
	{
		ans+=dfs(cnt,1,0,i,i);
	}
	return ans;
}
int main()
{
//	init();
    memset(f,-1,sizeof(f));
	int t;
	cin>>t;
	int kcase = 0;
	while(t--)
	{
		++kcase;
		ll n;
		cin>>n;
		ll ans = solve(n);
		printf("Case %d: %lld\n",kcase,ans);
	}
	return 0;
}