BZOJ 1974: [Sdoi2010]auction 代码拍卖会( dp )

在1, 11, 111……中选<=8个, + 11..(n个1)拼出所有可能...这些数mod p至多有p中可能, 找出循环的处理一下. 那么dp就很显然了...dp(i, j, k)表示前i种选出了j个, 组合出的数mod p = k, 然后递推一下就好了.

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#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn = 509;

const int maxm = 1000;

const int MOD = 999911659;

const int n = 9;

int dp[2][maxm][maxn], Inv[maxm], C[maxn][maxm], cir[maxn];

int P, R;

ll N, cnt[maxn];

void Gcd(int a, int b, int &d, ll &x, ll &y) {

if(!b) {

d = a;

x = 1;

y = 1;

} else {

Gcd(b, a % b, d, y, x);

y -= x * (a / b);

}

}

int _C(ll n, int m) {

if(m > n)

return 0;

int ret = 1;

for(ll x = n - m + 1; x <= n; x++)

ret = ll(ret) * (x % MOD) % MOD;

return ll(ret) * Inv[m] % MOD;

}

void Init() {

memset(cnt, 0, sizeof cnt);

scanf("%lld%d", &N, &P);

int x = 1 % P, sz = 0;

while(!cnt[x]) {

cir[cnt[x] = ++sz] = x;

if(sz >= N)

break;

x = (x * 10 + 1) % P;

}

if(sz != N) {

ll _N = N - cnt[x] + 1;

int  _sz = sz - cnt[x] + 1;

if(_sz > 1)

R = P - cir[cnt[x] + (_N % _sz ? _N % _sz : _sz) - 1];

else

R = P - cir[cnt[x]];

for(int i = 0, t = cnt[x]; i < P; i++) if(cnt[i]) {

if(cnt[i] < t)

cnt[i] = 1;

else

cnt[i] = _N / _sz + (_sz > 1 && (_N % _sz) > cnt[i] - t);

}

} else {

R = P - x;

for(int i = 0; i < P; i++)

if(cnt[i]) cnt[i] = 1;

}

if(R >= P)

R -= P;

for(int i = 0, fac = 1; i < n; i++, fac = i * fac % MOD) {

int d;

ll x, y;

Gcd(fac, MOD, d, x, y);

Inv[i] = (x + MOD) % MOD;

}

for(int i = 0; i < P; i++)

for(int j = 0; j < n; j++)

if(cnt[i]) C[i][j] = _C(cnt[i] + j - 1, j);

}

inline void upd(int &x, int t) {

if((x += t) >= MOD)

x -= MOD;

}

int main() {

Init();

int c = 0, p = 1;

dp[c][0][0] = 1;

for(int i = 0; i < P; i++) if(cnt[i]) {

swap(c, p);

for(int j = 0; j < n; j++)

for(int k = 0; k < P; k++)

dp[c][j][k] = dp[p][j][k];

for(int j = 0; j < n; j++)

for(int k = 0; k < P; k++) if(dp[p][j][k])

for(int t = 1; t + j < n; t++)

upd(dp[c][j + t][(k + t * i) % P], ll(dp[p][j][k]) * C[i][t] % MOD);

}

int ans = 0;

for(int i = 0; i < n; i++)

upd(ans, dp[c][i][R]);

printf("%d\n", ans);

return 0;

}

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1974: [Sdoi2010]auction 代码拍卖会

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[Submit][Status][Discuss]

Description

随着iPig在P++语言上的造诣日益提升，他形成了自己一套完整的代码库。猪王国想参加POI的童鞋们都争先恐后问iPig索要代码库。iPig不想把代码库给所有想要的小猪，只想给其中的一部分既关系好又肯出钱的小猪，于是他决定举行了一个超大型拍卖会。 在拍卖会上，所有的N头小猪将会按照和iPig的好感度从低到高，从左到右地在iPig面前站成一排。每个小猪身上都有9猪币（与人民币汇率不明），从最左边开始，每个小猪依次举起一块牌子，上面写上想付出的买代码库的猪币数量（1到9之间的一个整数）。大家都知道，如果自己付的钱比左边的猪少，肯定得不到梦寐以求的代码库，因此从第二只起，每只猪出的钱都大于等于左边猪出的价钱。最终出的钱最多的小猪（们）会得到iPig的代码库真传，向着保送PKU（Pig Kingdom University）的梦想前进。 iPig对自己想到的这个点子感到十分满意，在去现场的路上，iPig就在想象拍卖会上会出现的场景，例如一共会出现多少种出价情况之类的问题，但这些问题都太简单了，iPig早已不敢兴趣了，他想要去研究更加困难的问题。iPig发现如果他从台上往下看，所有小猪举的牌子从左到右将会正好构成一个N位的整数，他现在想要挑战的问题是所有可能构成的整数中能正好被P整除的有多少个。由于答案过大，他只想要知道答案mod 999911659就行了。

Input

有且仅有一行：两个数N（1≤N≤10^18）、P(1≤P≤500)，用一个空格分开。

Output

有且仅有一行：一个数，表示答案除以999911659的余数。

Sample Input

2 3

Sample Output

15
样例解释
方案可以是：12 15 18 24 27 33 36 39 45 48 57 66 69 78 99，共15种。
数据规模
测试点 N P 测试点 N P
1 ≤1000 ≤500 6 ≤10^6 ≤500
2 ≤10^18 5 7 ≤10^18 ≤120
3 ≤10^18 ≤10 8 ≤10^18 ≤500
4 ≤10^18 ≤10 9 ≤10^18 ≤500
5 ≤10^18 25 10 ≤10^18 ≤500

HINT

Source

Sdoi2010 Contest2 Day2