SDOI2010 代码拍卖会

SDOI2010 代码拍卖会

题意:

题目传送门

题解：

看完题目之后，第一反应应该就是数位\(Dp\)了，但是考虑到\(N\)非常的大，我们需要考虑另一种方法。注意到这个满足条件的数字的每一位都大于等于前一位，所以我们可以比较明显的发现，最后组成的数字一定可以表示成小于等于\(9\)个\(111...111\)（若干个\(1\)）这样形式的数字之和，随后可以发现这些数字在模\(p\)的意义下是有循环节的，所以我们可以设计一个\(Dp\)，记\(cnt[i]\)表示模\(p\)为\(i\)的\(111...111\)这样的数字的个数，\(f[i][j][k]\)表示考虑了模\(p\)小于等于\(i\)的数，当前数字模\(p\)为\(j\)，已经选了\(k\)个\(111...111\)这样的数字的方案数，转移方程就是\(f[i][j][k] * \binom{cnt[i] + t - 1}{t} \to f[i + 1][(j + t \times i) \% p][k + t]\)。最后注意由于每一个数都是\(1\)，所以\(1111...111\)（\(N\)个\(1\)）是必选的。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 505;
const int Md = 999911659;
typedef long long ll;

inline int Add(const int &x, const int &y) { return (x + y >= Md) ? (x + y - Md) : (x + y); }
inline int Sub(const int &x, const int &y) { return (x - y < 0) ? (x - y  + Md) : (x - y); }
inline int Mul(const int &x, const int &y) { return (ll)x * y % Md; }
int Powe(int x, int y) {
  int ans = 1;
  for(;y; y >>= 1, x = Mul(x, x)) if(y & 1) ans = Mul(ans, x);
  return ans;
}

int f[N][N][10], cho[N][10], inv[10];
ll n;
ll cnt[N], st[N], num[N];
int p, sum, St, Ed;

int main() {
  scanf("%lld%d", &n, &p);
  for(int i = 1; i <= n; i++) {
    sum = sum * 10 + 1; sum %= p;
    if(st[sum]) {
      St = st[sum]; Ed = i;
      break;
    }
    cnt[sum]++; st[sum] = i; num[i] = sum;
  }
  int len = 0;
  if(St) {
    len = Ed - St;
    ll c = n - Ed + 1;
    ll d = c / len, m = c % len;
    for(int i = St; i < Ed; i++) cnt[num[i]] += d;
    for(int i = St; i < Ed && m; i++, m--) cnt[num[i]] ++;
  }
  cnt[0]++;
  inv[1] = 1;
  for(int i = 2; i <= 9; i++) inv[i] = Mul(Md - Md / i, inv[Md % i]);
  for(int i = 0; i < p; i++) {
    cnt[i] %= Md;
    cho[i][0] = 1;
    for(int j = 1; j <= 8; j++) {
      cho[i][j] = Mul(Mul(cnt[i] % Md, cho[i][j - 1]), inv[j]);
      cnt[i] = Add(cnt[i], 1);  
    }
  }
  if(!len) {
    f[0][num[n]][0] = 1;
    for(int i = 0; i < p; i++) {
      for(int j = 0; j < p; j++) {
        for(int k = 0; k <= 8; k++) {
          for(int t = 0; t <= k; t++) {
            if(!f[i][(j - t * i % p + p) % p][k - t]) continue; 
            f[i + 1][j][k] = Add(f[i + 1][j][k], Mul(f[i][(j - t * i % p + p) % p][k - t], cho[i][t]));
          }
        }
      }
    }
    printf("%d\n", f[p][0][8]);
    return 0;
  }
  int las = (n - Ed + 1) % len;
  if(!las) las += len;
  f[0][num[St + las - 1]][0] = 1;
  for(int i = 0; i < p; i++) {
    for(int j = 0; j < p; j++) {
      for(int k = 0; k <= 8; k++) {
        for(int t = 0; t <= k; t++) {
          if(!f[i][(j - t * i % p + p) % p][k - t]) continue; 
          f[i + 1][j][k] = Add(f[i + 1][j][k], Mul(f[i][(j - t * i % p + p) % p][k - t], cho[i][t]));
        }
      }
    }
  }
  printf("%d\n", f[p][0][8]);
  return 0;
}