例题2.5 数字和与倍数 UVa11361_uva11361数字和倍数-优快云博客

本文详细介绍了一种数位DP算法的实现思路与代码实现过程，该算法用于解决特定区间内符合特定条件的数字计数问题。文章通过具体实例，阐述了如何将大问题分解成若干个小问题，并利用动态规划的方法求解。

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2.解题思路：本题属于数位dp型问题。根据题意描述，不妨设f(x)表示区间[0,x)中符合条件的个数。那么最后的答案就是f(b+1)-f(a)。问题转化为如何计算f(x)。

根据加法原理，我们可以逐位统计。根据题意，假设x一共有nd位，从高到低分别为digits[0],digits[1],...digits[nd-1]。那么，我们尝试从高到低填写每一位数，比如当前在第0位（注意：第0位是最高位，不是个位），那么可以填写的数字只能是[0,digits[0]-1]，假设填写的是数字d1,那么我们计算形如“d1XX..XX”有多少个合法数字，其中“XX..XX”的长度为na=nd-1-i。因为最高位已经确定了，那么“XX..XX”部分组成的数字本身模k应该是(0-d1*pow10[na])，各位数字之和模k应该为(0-d1)。而当第0位恰好是digits[0]本身的时候，我们开始考虑填写第1位，统计的方法和上述类似。这样，只要尝试到nd-1位时候，就计算出所有答案了。

实际上，这样的考虑问题的方法就是数位dp的思想。相当于是把[0,x)区间中的数字拆分成若干段，每一段都是由一个已知的前缀+“XX..XX”部分构成的。

那么接下来的问题就是：如何计算“XX..XXX”部分的答案。我们用dp(d,m1,m2)来表示一共有d个X，这d个X数字之和模k的结果是m1，这d个X组成的数字本身模k的结果是m2。因为每个X都是独立的，不受其他位影响，因此每一位都可以填写[0,9]中的任意一个数字。仿照一开始的分析，我们也是从高到低填写每一个X，假设我们最高位填写的数字是p，那么方案数就转移到了dp(d-1,(m1-p)%k,(m2-p*10^(d-1))%k)。由于d的取值可以遍历[0,9]。因此累加每个对应的dp值就是dp(d,m1,m2)的结果。即：

dp(d,m1,m2)=sum{dp(d-1,(m1-p)%k,(m2-p*10^(d-1))%k)|0<=p<=9};

这个式子可以用记忆化的写法来计算。注意到m1,m2必须是[0,k-1]之间，因此在取mod的时候可以专门写一个取模的函数处理负数取模。同时，由于数字之和最大只能是1+9*9=82,因此可以特判出到k>82时候一定无解。因此记忆化搜索的时候，m1,m2这两个维度最大设置为90即可。

3.代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#include<string>
#include<sstream>
#include<set>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<stack>
#include<map>
#include<queue>
#include<deque>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<complex>
#include<functional>
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")

using namespace std;

#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define me(s) memset(s,0,sizeof(s))
#define pb push_back
#define lid (id<<1)
#define rid (id<<1|1)

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;

int MOD;
int Pow10[10];

int mod(int n)
{
    return (n%MOD+MOD)%MOD;
}

int memo[11][90][90];
int f(int d,int m1,int m2)//计算形如“XX..XX”的合法数字的个数。一共有d位，各个数字之和模k为m1,组成的数字本身模k为m2
{
    if(!d)return m1==0&&m2==0?1:0; //边界：只有当m1,m2同时为0的时候返回1，其他时候返回0
    int&ans=memo[d][m1][m2];
    if(ans>=0)return ans;
    ans=0;
    for(int x=0;x<10;x++)
        ans+=f(d-1,mod(m1-x),mod(m2-x*Pow10[d-1]));
    return ans;
}

int sumf(int n) //计算区间[0,n)中符合条件的数字个数
{
    char digits[11];
    sprintf(digits,"%d",n);
    int nd=strlen(digits);

    int base=0;
    int sumd=0;
    int ans=0;
    for(int i=0;i<nd;i++) //尝试从高到低填写每一位数
    {
        int na=nd-1-i; //“XX..XX”的位数为na
        for(int d=0;d<digits[i]-'0';d++) //首先填写[0,digits[i]-1]中的所有数字
        {
            int cnt=f(na,mod(-sumd-d),mod(-base-d*Pow10[na]));
            ans+=cnt;
        }
        base+=(digits[i]-'0')*Pow10[na];//当第i位填写digits[i]本身，这个数字本身
        sumd+=(digits[i]-'0'); //当第i位填写digits[i]本身，从高到低位的逐位数字和
    }
    return ans;
}

int main()
{
    Pow10[0]=1;
    for(int i=1;i<10;i++)
        Pow10[i]=Pow10[i-1]*10;
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int a,b;
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&MOD);
        memset(memo,-1,sizeof(memo));
        if(MOD>85)printf("0\n");      //特判，此时一定无解
        else printf("%d\n",sumf(b+1)-sumf(a));
    }
}