洛谷 P2481 [SDOI2010]代碼拍賣會
洛谷
這大概是我真正意義上的第一道黑題吧！
自己想出了一個大概，狀態轉移方程打錯了一點點，最後還是得看題解。
一句話題意：求出有多少個\(n\)位的數，滿足各個位置上的數字從左到右不下降，且被\(p\)整除。
剛開始沒有看到數位不下降這個條件，於是自信滿滿的喊了一句：“這是假黑題吧！”
後來發現了，想了好久好久才找到一條規律。。。
對於任意一個\(n\)位的數，因為要求滿足數位不下降，所以一定可以拆分成\(0,1,11,111,1111,11111……\)的和。
又因為數字最大是\(9\)，所以就是從上述數字中任選\(9\)個的和。
於是，我敏銳的覺察到，這是一個dp題，嘿嘿～
分析了一下，由於\(n\)
然後，我們又會發現\(p\)的範圍很小很小，只有\(500\)，於是我們很快想到模數的循環之類的。
因為這裏的所有數都是由\(0,1,11,111,1111,11111……\)組成的，又因為這些\(1\)們模上\(p\)會出現循環。
所以我們記\(cnt[i]\)，表示模\(p\)為\(i\)的這些11111……
顯然我們需要預處理一波\(cnt[]\)數組，直接從\(1\)枚舉到\(p\)即可。
有了上面這些性質，就很好能想出如何定義狀態了。
設\(f[i][j][k]\)，表示枚舉到了\(cnt[i]\)，模\(p\)
那麽狀態轉移方程就很好出來了：
\[f[i+1][(j+l*i)~\texttt{mod}~p][k+l]=(f[i][j][k]*T(l,cnt[i])+f[i+1][(j+l*i)~\texttt{mod}~p][k+l])\]
這裏的\(T(A,B)=C_{A+B-1}^{A}\)根據組合知識很容易求出。
那麽差不多這題也完結了。
我本來以為會爆空間的，畢竟\(f[501][501][11]\)我開的是\(\texttt{long~long}\)。結果洛谷只有\(21\texttt{M}\)多一點點。
要註意三個問題：
- 開長整型\(\texttt{long long}\)。
- 為了防止前導\(0\)問題，剛開始要填滿111111……
- 最好弄個滾動數組，滾掉第一維。
代碼有點醜：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int _int;
#define int long long
const int mo=999911659;
int ans;
int n,p,cnt[501],beg,len,pos[501];
int A[10],c[501][11];
int f[501][501][11],a,sum;
_int main()
{
cin>>n>>p;
if (n<=p) {
for (int i=1;i<=n;++i) {
sum=sum*10+1;
sum%=p;
++cnt[sum];
}
a=sum;
}
else {
for (int i=1;i<=p+1;++i) {
sum=sum*10+1;
sum%=p;
if (cnt[sum]) {
beg=pos[sum];
len=i-pos[sum];
break;
}
++cnt[sum];
pos[sum]=i;
}
for (int i=0;i<p;++i)
if (cnt[i]&&pos[i]>=beg) {
cnt[i]=(n-beg+1)/len;
if (pos[i]-beg+1<=(n-beg+1)%len)
++cnt[i];
if ((pos[i]-beg+1)%len==(n-beg+1)%len)
a=i;
}
}
A[1]=1;
for (int i=2;i<=8;++i)
A[i]=(mo-mo/i)*A[mo%i]%mo;
for (int i=0;i<p;++i) {
c[i][0]=1;
if (cnt[i])
for (int j=1;j<=8;++j) {
c[i][j]=(cnt[i]*c[i][j-1]%mo)*A[j]%mo;
++cnt[i];
cnt[i]%=mo;
}
}
f[0][a][0]=1;
for (int i=0;i<p;++i) {
for (int j=0;j<p;++j) {
for (int k=0;k<9;++k) {
for (int l=0;l<=k;++l) {
f[i+1][j][k]+=f[i][(j-(l*i%p)+p)%p][k-l]*c[i][l]%mo;
f[i+1][j][k]%=mo;
}
}
}
}
for (int i=0;i<=8;++i)
ans+=f[p][0][i],ans%=mo;
cout<<ans;
return 0;
}洛谷 P2481 [SDOI2010]代碼拍賣會