Ahoi2009 self 同类分布

$1799$. [$Ahoi2009$] $self$ 同类分布

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一、题目描述

给出 $a,b$，求出$[a,b]$中各位数字之和能整除原数的数的数字个数。
其中$1≤a≤b≤10^{18}$

二、解题思路

我们来思考此题目的状态表示应该和哪些因素有关：

• 数位$pos$
  这个是最无脑的，数位$dp$都得有这个。

• 数字前序$pre$(十进制表示)

• 数位和$sum$
  枚举数位和
  因为总共就$18*9=162$,然后问题就变成了一个数$\%mod=0$，$mod$是枚举的。想到这两个也不是什么难事，最终需要我们计算原数是否能整除掉数位和，不记录数位和记录啥？

想想状态：$dp[pos][sum][pre]$，当前$pos$位上数位和是$sum$,$pre$就是在算这个数$\%mod$,(从高位算 $*10+i$)，因为我们枚举的数要保证数位和等于$mod$，还要保证这个数是$mod$的倍数，很自然就能找到这些状态。

此题的难点
$pre$是必须要携带的信息，否则最后无法计算是不是能整除掉$sum$,但是，由于$pre$最终就是原来的数字，范围是$<=1e18$,很显然不能做为状态，而且，如果做了状态，也就起不到按集合聚合结果的作用，就真的成了无法记忆化了。
所以，我们需要想办法把$pre$化成集合的形式！

套路
一般的，如果题目中有取模这样的含义，通常是按模分组，也就是按模进行划分集合。叫套路有些技术含量太$low$,那就叫做经验吧~

如此，我们在每一步计算出$pre$时，就不断的在运算过程中取模再保存状态，成功的将单个数字化为集合形式~

背后的原因：最后的目标并不是真的需要$pre$，而是需要问$sum \mid pre$ 还是　$sum \nmid pre$!我们可以理解为不用真的传递原始类前缀和(就让我先这样叫它吧，含义你懂的),而是传递了类前缀和$\% ~ mod$的值，这样，如果$pre$中有整数个$mod$,就会被拿下，只保留余数，但并不影响最终判断是不是能整除$mod$,好处就是每次传递的数字一下就下降到$mod-1$及以下，没有溢出等烦恼。体现在本题中，如果我们傻傻的强行设计状态 $$\large f[20][N][1e18]$$
不就$MLE$炸掉了吗？当然，这样也没法按集合思路进行记忆，肯定是不中的，需要对$pre \% mod$进行分组~！

其它思路
显然对于每一个$mod$，$pre$不能保证状态唯一，这是你要是想加一维$dp[pos][sum][val][mod]$,记录每一个$mod$的状态(这里$sum$可以用减法，然而$val$不行，就只能加一维)，那你就想太多了，这样是会超时的(因为状态太多，记忆化效果不好)。这里直接对每一个$mod$，$memset$一次就能$ac$。

三、实现代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <string>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 170;
int a[20], mod;

/*
f[pos][sum][pre]
第一维：数字的每一位，从18~1有效
第二维：已经走完的路径，每位的数位和
第三维：已经走完的路径，每位的拼接值(十进制)

前提：已经走到pos这个位置，前面积累下来的数位和是sum,前面的数字拼接pre(10进制), (是不是贴上界)
返回：在满足前提条件下，后续符合题意的数字有多少个？
*/
ll f[20][N][N];
//此处注意一下：pre如果是类型ll,则会第9个点TLE，是类型int,则可以AC!
ll dfs(int pos, int sum, int pre, bool limit) {
    //　如果走完了全程，pre=原数%mod,如果最后pre还能整除mod,并且，sum等于mod,则贡献数字1个
    if (pos == 0) return pre == 0 && sum == mod;

    if (!limit && ~f[pos][sum][pre]) return f[pos][sum][pre];
    ll ans = 0;
    int up = limit ? a[pos] : 9;
    for (int i = 0; i <= up; i++) {
        //  sum+i:数位和+i
        //  (pre * 10 + i) % mod  : 不断的拼接前缀数字(十进制)，但不能盲目记录原始数字，需要分组，按什么分组呢？当然是按枚举的当前mod分组
        //  上面这句是本题的精华！
        ans += dfs(pos - 1, sum + i, (pre * 10 + i) % mod, limit && i == a[pos]);
    }

    //记忆化结果
    if (!limit) f[pos][sum][pre] = ans;
    return ans;
}

ll calc(ll x) {
    if (x == -1) return 0; //处理一下边界情况
    int al = 0;
    while (x) a[++al] = x % 10, x /= 10;
    ll res = 0;
    for (mod = 1; mod <= 9 * al; mod++) { // max(mod)=9*18=162,数量并不大，可以枚举
        memset(f, -1, sizeof f);          //每次取的模都会变化，这样状态数组就不再可以重用，需要每次清空
        res += dfs(al, 0, 0, true);       //其实本题的本质是按分组讨论的方式完成的数量的统计，然后再汇总总数量
    }
    return res; //返回结果
}

int main() {
    ll l, r;
    scanf("%lld%lld", &l, &r);
    printf("%lld\n", calc(r) - calc(l - 1));
    return 0;
}