UVA 11361 - Investigating Div-Sum Property-数位DP

 

转移方程很好写

开3维存储，dp[len][sum][Mul]

sum,mul代表取模的i~n位的各数字和，以及其代表的数对k取模的值

可知 sum最大为10*10，而mul可能很大，即最大可能是k，也就是10000，

mul开1w也不会超时，跑了500ms，但是实际可以测试发现，k超过100基本都是0了，因为 各位数和加起来能整除100的几乎只有10 10 10 10 10。。。了  那样大的数不会有几个的。。。所以也就是说，k最大取不到100，mul当然也开100足够了

 

#include <cstdio>#include <cmath>#include <cstring>#include <string>#include <algorithm>#include <queue>#include <map>#include <set>#include <vector>#include <iostream>using namespace std;typedef long long   ll;const int maxn=100+5; int aa[12];  int dp[11][maxn][110];//int dp[11][maxn][10005];//    pos    = 当前处理的位置(一般从高位到低位)//    pre    = 上一个位的数字(更高的那一位)//    status = 要达到的状态,如果为1则可以认为找到了答案,到时候用来返回,//         　　 给计数器+1。//    limit  = 是否受限,也即当前处理这位能否随便取值。如567,当前处理6这位,//         　　 如果前面取的是4,则当前这位可以取0-9。如果前面取的5,那么当前//         　　 这位就不能随便取，不然会超出这个数的范围,所以如果前面取5的//         　　 话此时的limit=1,也就是说当前只可以取0-6。////    用DP数组保存这2个状态是因为往后转移的时候会遇到很多重复的情况。//可根据需要增加维数，例如preint k;ll  dfs(int pos,int sum,int flag,int mul){    ll ans=0;    if (pos==0)    //已结搜到尽头,返回"是否找到了答案"这个状态。    {        if (sum%k==0&&mul%k==0) return 1;        else return 0;    }    //DP里保存的是完整的,也即不受限的答案,所以如果满足的话,可以直接返回。     if (!flag &&dp[pos][sum][mul]!=-1) return dp[pos][sum][mul];    int up;    if (flag) up=aa[pos];    else up=9;    //根据是否受限确定枚举的上界    for (int i=0; i<=up; i++)    {        int ff;        if (!flag) ff=0;        else        {            if (i==up) ff=1;            else ff=0;        }        ans +=dfs(pos-1,(sum+i)%k,ff,(mul*10+i)%k);    }    //DP里保存完整的、取到尽头的数据    if (!flag)      dp[pos][sum][mul]=ans;    return ans;}int main(){    int tt,cas=0;    scanf("%d",&tt);    int cnt=1;    while (tt--)    {                 memset(dp,-1,sizeof dp);         int a,b;        scanf("%d%d%d",&a,&b,&k);        if (k>=100 ) {printf("0\n"); continue;;}        int len=0;        while(b)        {            aa[++len]=b%10;            b/=10;        }        ll ans1=dfs(len,0,1,0);        len=0;        b=a-1;        while(b)        {            aa[++len]=b%10;            b/=10;        }        ll ans2=dfs(len,0,1,0);        printf("%lld\n",ans1-ans2);    }}