SDOI 2010 代码拍卖会 题解

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题目大意： 问位数为 $n$ 的数（由 $1$ ~ $9$ 组成，并且要求不递减）中，有多少个数可以被 $p$ 整除。

题解

这题 $n$大成这个鬼样，显然是要用数位 $dp$ 了，但是，很要命的是，光是把每一位过一次就已经毫无疑问地TLE了，所以，只能从 $p$入手了。

这样看来，这道题里，数的组成不像一般的题一样，枚举每一位然后将每一位组合起来，于是，需要考虑其它方法去组合满足要求的数。

因为这个数的每一位是不递减的，所以，这个数其实可以由 $1$ ~ $9$ 个如同$1,11,111,1111,...$ 这样的数相加得到，但是，因为需要保证这个数的位数等于 $n$，所以我们必定要选取 “$1..1(n$个$1)$” 这个数。

然后又神奇地发现，$1,11,111,1111,...$它们 $modp$的值是循环的¹，如同一个无限循环小数，这里定义一个数组，$sum[i]$ 表示$1,11,111,1111,...$这些数里面有多少个数 $modp==i$，那么，只需要找到“循环节”，就可以快速统计出 $sum[i]$，于是再利用 $sum[i]$ 进行 $dp$ 即可。

设 $f[i][j][l]$ 表示处理完 $sum[0$ ~ $i-1]$，当前组成的数 $modp$ 的值为 $j$，用了 $l$ 个数进行组合。每次再枚举一个 $u$，表示选取 $u$ 个 $modp==i$ 的数，于是得到方程：
$$f[i+1][(j+u\times i)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p][l+u]+=f[i][j][l]\times C_{sum[i]+u-1}^u$$

经过实际测试后，发现这份代码 $80\%$ 的时间都是这个 $C$ 贡献的（具体参见我可怜的TLE提交记录，虽然吸口氧还是可以过的），于是接下来对它进行一下优化。

仔细观察，发现 $C_{sum[i]+u-1}^u$ 只有 $p\times u$ 种情况，也就是说，我只需要存下 $5000$ 个组合数的值即可，但是 $sum[i]+u-1$ 十分的大，如果用 $map$ 存的话，时间复杂度依然突破天际，于是只能碰碰运气把它 $hash$一下了。

而且再观察一下，发现 $C_{sum[i]+u-1}^u$ 中 $u$ 是十分小的，于是对于 $C_i^j$，可以把它弄成这种形式：
$$C(i,j)=\frac{i!}{j!(i-j)!}=\frac{(i-j+1)\ast (i-j+2)\ast ...\ast i}{j!}$$

显然后面那个式子的时间复杂度只有 $O(j)$，在这题中，也就是 $O(9)$，十分可观。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <map>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 999911659ll
#define hash 973327

ll sum[550],k[550];
ll n,f[550][550][15];
int p;
ll c[1000010][10];
void work()//预处理sum数组
{
    int tt=0,tot=0;
    while(k[(tot*10+1)%p]==0&&tt<n)//寻找循环节
    {
    	tot=(tot*10+1)%p;
    	k[tot]=++tt;
    }
    if(tt==n)//注意要特判一下还没找到循环节就到头了的情况
    {
        for(int i=0;i<p;i++)
        sum[i]=k[i]!=0;
        f[0][tot][1]++;//别忘了f数组的预处理
        return;
    }
    int l=tt-k[(tot*10+1)%p]+1;
    int kk=tot;
    for(int i=1;i<=l;i++)//处理中间的循环节
    {
        kk=(kk*10+1)%p;
        sum[kk]=(n-k[(tot*10+1)%p]+1)/l;
    }
    kk=0;//处理循环节前面的部分
    for(int i=1;i<=k[(tot*10+1)%p]-1;i++)
    sum[kk=(kk*10+1)%p]++;
    kk=tot;//处理循环节后面的部分
    for(int i=1;i<=(n-k[(tot*10+1)%p]+1)%l;i++)
    sum[kk=(kk*10+1)%p]++;
    f[0][kk][1]++;
}
ll ksm(ll x,ll y)
{
    ll ans=1,tot=x;
    while(y>0)
    {
        if(y%2==1)ans=ans*tot%mod;
        y/=2;tot=tot*tot%mod;
    }
    return ans;
}
ll C(ll x,ll y)
{
    if(x<y)return 1ll;
    ll ans=1;
    for(ll i=x-y+1;i<=x;i++)
    ans=ans*(i%mod)%mod;
    ll yy=1;
    for(ll i=2;i<=y;i++)
    yy=yy*i%mod;
    return ans*ksm(yy,mod-2)%mod;//利用逆元做除法
}

int main()
{
    scanf("%lld %d",&n,&p);
    work();
    for(int i=0;i<p;i++)
    for(int j=0;j<=8;j++)
    c[(sum[i]+j-1)%hash][j]=C(sum[i]+j-1,j);
    for(int i=0;i<p;i++)
    {
    	if(sum[i]==0)//假如没有mod p==i的数，就直接继承上一层的f数组
        {
            for(int l=1;l<=9;l++)
            for(int j=0;j<p;j++)
            f[i+1][j][l]=f[i][j][l];
            continue;
        }
        for(int l=1;l<=9;l++)
        for(int j=0;j<p;j++)
        for(int u=0;u<=9-l;u++)
        {
            f[i+1][(j+u*i)%p][l+u]+=f[i][j][l]*c[(sum[i]+u-1)%hash][u];
            f[i+1][(j+u*i)%p][l+u]%=mod;
        }
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=9;i++)
    ans=(ans+f[p][0][i])%mod;
    printf("%lld",ans);
}

---

1. 关于这个循环节存在性的证明——
   因为 $1,11,111,1111,...$ 它们 $modp$的值一定是 $0$ ~ $p-1$ 中的一个，所以，在 $p$ 个数之内，一定会出现 $modp$ 的值相同的情况，那么此时，就出现了一个特殊的东西。
   假设 $x$ 个 $1modp$的值 与 $y$ 个 $1modp$ 的值 是相等的 $(x<y)$，那么就说明存在一个数 $11..100..0$（$y-x$ 个 $1$ 和 $x$ 个 $0$），这个数 $modp$ 的值一定是 $0$。那么也就是说，对于后面由比 $y$ 个更多的 $1$ 组成的数，其实他们前面的若干位 $modp$ 都是$0$。 ↩︎