「Solution」CF507D The Maths Lecture

Problem

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求有多少个 \(n\) 位十进制数 (没有前导 \(0\) ) ，满足至少有一个非零后缀是 \(k\) 的倍数，并对 \(m\) 取模。

因为是对数的处理，又是一道 DP ，所以是一道数位 DP。

这道题的提问就属于数位 DP 的一般提问方式：在某个范围内求满足要求的数的个数。

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Solution

定义 \(dp[i][j][p]\) 为填了 \(i\) 位，该 \(i\) 位十进制数模 \(k\) 余数为 \(j\) ，若存在是 \(k\) 的倍数的后缀，\(p=1\)，否则 \(p=0\) 。

因为涉及到后缀，状态就可以从后往前枚举填到哪一位了，以及填了 \(i -1\) 位之后模 \(k\) 的余数，决策就是枚举第 \(i\) 位填哪个数。

那什么时候是可行的呢？

1. 在 \(i-1\) 位时是可行的。

   很显然不管你第 \(i\) 位填啥（首位 \(0\) 除外）都是可行的，因为必然存在满足的后缀。

   所以直接转移：\(dp[i][q][1]+=dp[i -1][j][1]\)，其中 \(q\) 为填上第 \(i\) 为后该数模 \(k\) 的余数。

2. 在 \(i-1\) 位时不可行。

   1. 填上第 \(i\) 为后该数模 \(k\) 的余数 \(q = 0\)。

      这样就可以转移到 \(p=1\) 上，但这里有个细节：填的数不能为 \(0\)，因为没有这种情况 ヾ(≧∇≦*)ゝ。（因为填的数为 \(0\) 而 \(q=0\) 只会是 \(p=1\) 时才会有的情况）

   2. \(q\neq0\) 。

      就只能继续转移到 \(p=1\) 上。

   综上，转移为：

   \[\begin{cases} dp[i][0][1]+=dp[i-1][j][0]& q = 0 \\ dp[i][q][0]+=dp[i-1][j][0] & q\neq0 \\ \end{cases} \]

在 DP 前我们可以预处理出 \(10^{i-1}\) (\(1<= i <= n\)) 模 \(k\) 的余数，方便于计算 \(q\) 。

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Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int Maxn = 1e3;
const int Maxk = 1e2;

int n, m, k, base;
int dp[Maxn + 5][Maxk + 5][2], mod[Maxn + 5];

int main () {
	scanf ("%d %d %d", &n, &k, &m);
	
	dp[0][0][0] = 1, base = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		mod[i] = base % k;
		base = base * 10 % k;
	} //预处理 10^(i-1) % k 
	
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		for (int j = 0; j < k; j ++) {
			for (int p = (i == n); p <= 9; p ++) { //首位不能填 0 
				int rem = (j + mod[i] * p) % k; //计算填数后的余数 
				dp[i][rem][!rem && p] = (dp[i][rem][!rem && p] + dp[i - 1][j][0]) % m;	
				dp[i][rem][1] = (dp[i][rem][1] + dp[i - 1][j][1]) % m;
				//转移 
			}
		}
	}
	
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i < k; i ++) {
		ans = ((LL) ans + dp[n][i][1]) % m;
	}
	
	printf ("%d", ans);
	return 0;
}