Bzoj1974 [Sdoi2010]auction 代码拍卖会

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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。iPi
g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i
Pig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 Unive
rsity)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

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

Output

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

 

动规 分组背包

好题,神题,神到让人心生绝望。

首先要知道利用数列中数字不减小的性质能做点什么。

——可以根据这一性质把数列拆成:

  0

  1

  11

  111

  1111

  ...

  11111111111

这些数中任取9个累加的形式。

而这些全由1构成的数有一个特殊性质:随着1个数的递增,它们模一个数的结果会构成循环。那些直接想到的人有多强

那么就可以算出余数相同的数有多少个,将问题转化成分组背包

同一组中的数的效果等价,所以累加方案的时候算组合数就可以,组合数当然不能递推咯,需要用公式算。模意义下组合数公式需要乘逆元,而逆元不能用公式算(复杂度太高),那就需要递推咯

---逆元递推---

inv[1]=1

for(int i=2;i<=9;i++){inv[i]=((-(mod/i)*inv[mod%i])%mod+mod)%mod;}

----

 

A掉之后我在想,如果70行不用memset,而是直接继承上一次的状态,会不会更快一点 (如71-75行)?

  ↑但改成那样写之后反而WA了,发现是79行算完的结果没有就地取mod

    ↑那我之前是怎么AC的

      ↑玄学

 

 1 /*by SilverN*/
 2 #include<algorithm>
 3 #include<iostream>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cstdio>
 6 #include<cmath>
 7 #define LL long long
 8 using namespace std;
 9 const int mod=999911659;
10 const int mxn=1010;
11 LL f[2][10][501]; 
12 LL n;int m;
13 LL cnt[mxn],w[mxn];
14 LL c[mxn][mxn];
15 LL inv[mxn];
16 int add,ans;
17 void Inv_init(){//逆元 
18     inv[1]=1;
19     for(int i=2;i<=9;i++){inv[i]=((-(mod/i)*inv[mod%i])%mod+mod)%mod;}
20     for(int i=2;i<9;i++)inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%mod;
21     return;
22 }
23 LL clc(LL u,LL d){//组合数 
24     if(!d)return 1;
25     if(d>u)return 0;
26     LL res=1;
27     for(LL i=u-d+1;i<=u;i++)res=res*(i%mod)%mod;
28     res=res*inv[d]%mod;
29     return res;
30 }
31 int main(){
32     int i,j;
33     scanf("%lld%d",&n,&m);
34     Inv_init();
35     LL x=1%m;//%k以排除k==1的情况 
36     int tot=0;
37     while(!cnt[x]){//寻找循环节 
38         cnt[x]=++tot;w[tot]=x;
39         if(tot>=n)break;
40         x=(x*10+1)%m;
41     }
42     if(tot<n){//出现循环
43         LL len=n-cnt[x]+1;//剩余长度 
44         int sz=tot-cnt[x]+1;//循环部分长度 
45         if(sz>1)
46             add=(m-w[cnt[x]+((len%sz)?len%sz:sz)-1])%m;
47         else add=(m-w[cnt[x]])%m;
48          
49         int tmp=cnt[x];
50         for(i=0;i<m;i++){
51             if(cnt[i]){
52                 if(cnt[i]<tmp)cnt[i]=1;//未循环部分单独分组
53                 else if(sz>1 && (len%sz)>cnt[i]-tmp)cnt[i]=len/sz+1;
54                     else cnt[i]=len/sz;
55             }
56         }
57     }
58     else{//若n个数不构成循环 
59         add=(m-x)%m;
60         for(i=0;i<m;i++)if(cnt[i])cnt[i]=1;
61     }
62     for(i=0;i<m;i++)
63         if(cnt[i])  for(j=0;j<9;j++) c[i][j]=clc(cnt[i]+j-1,j);
64  
65     f[0][0][0]=1;
66     int tmp=0;
67     for(i=0;i<m;i++){
68         if(cnt[i]){
69             tmp^=1;
70             memset(f[tmp],0,sizeof f[tmp]);
71 /*          for(j=0;j<9;j++){
72                 for(int k=0;k<m;k++){
73                     f[tmp][j][k]=f[tmp^1][j][k];
74                 }
75             }*/
76             for(j=0;j<9;j++){
77                 for(int k=0;k<m;k++){
78                     for(int l=0;l<9-j;l++){
79                         (f[tmp][j+l][(k+l*i)%m]+=f[tmp^1][j][k]*c[i][l]%mod)%=mod;
80                     }
81                 }
82             }
83         }
84     }
85     for(i=0;i<9;i++)ans=(ans+f[tmp][i][add])%mod;
86     printf("%d\n",ans);
87     return 0;
88 }

 

posted @ 2017-03-01 17:59  SilverNebula  阅读(382)  评论(1编辑  收藏  举报
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