[SDOI2010]代码拍卖会

因为每位上的数字是不严格递增的，所以我们可以把这个数横着分割，分割为几个$1$，$11$，$111$，$111...111111$的形式。因为每一位上的最大数字为$9$，所以我们做多需要$9$个这样的数就可以拼成原数。
横着割，把所有模$p$同余的看成一类，总共只有$p$个数（因为$0$,$1$,$11$,$111$这样下去模$p$的值肯定构成一个循环节，所以只计算$p$次，剩下的直接计算）
设$ct[i]$表示模$p$为$i$的数的个数，那么题目就变成从$ct[i]$中取$9$个使下标之和被$p$整除
设$f[i][j][k]$表示考虑到第$i$个数，选了$k$个，他们的和模$p$为$j$，那么

$$f[i+1][(j+h*i)\%mod][k+h]=(f[i][j][k]*C_{ct[i]}^h+f[i+1][(j+h*i)\%mod][k+h])\%mod$$
然后要先考虑加上一个$11...111$（$n$个$1$），因为我们dp时是允许有前导$0$的，所以强制至少为$1$才行

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=505,M=1e5+5,mo=999911659;
int p,b[M],f[N][N][11],bzt,a[N],fl[N],inv[N],c[N][N],m,l,v,ans;
long long n,ct[N];
int qp(int a,int b){int res=1;while(b) b&1?res=1ll*res*a%mo:0,a=1ll*a*a%mo,b>>=1;return res;}
int main(){
    scanf("%lld%d",&n,&p);
    for(int i=1;i<=2147483647;++i){
        b[i]=(b[i-1]*10+1)%p;
        if(a[b[i]]){m=a[b[i]];l=i;break;}
        a[b[i]]=i;
    }
    for(int i=1;i<=1ll*m-1&&i<=n;++i) ++ct[b[i]];
    v=l-m;
    if(m<=n)
    for(int i=m;i<l;++i){
        ct[b[i]]+=(n/v+(i%v<=n%v))-((m-1)/v+(i%v<=(m-1)%v));
        if(n%v==i%v) bzt=b[i];
    }
    fl[0]=1;for(int i=1;i<=20;++i) fl[i]=1ll*fl[i-1]*i%mo;
    inv[20]=qp(fl[20],mo-2);
    for(int i=19;i>=0;--i) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mo;
    for(int i=0;i<p;++i){
        if(!ct[i]){c[i][0]=1;for(int j=1;j<=20;++j) c[i][j]=0;continue;}
        c[i][0]=1;for(int j=1;j<=20;++j) c[i][j]=1ll*c[i][j-1]*((ct[i]+j-1)%mo)%mo;
        for(int j=1;j<=20;++j) c[i][j]=1ll*c[i][j]*inv[j]%mo;
    }
    for(int i=0;i<=8;++i) f[0][0][i]=c[0][i];
    for(int i=1;i<p;++i)
    for(int j=0;j<p;++j)
    for(int k=0;k<=8;++k)
    for(int h=0;h<=k;++h)
    f[i][j][k]=(f[i][j][k]+1ll*f[i-1][(j-i*h%p+p)%p][k-h]*c[i][h]%mo)%mo;
    for(int i=0;i<=8;++i) ans=(ans+f[p-1][(p-bzt)%p][i])%mo;
    return !printf("%d",ans);
}