ACwing 311. 月之谜数位dp

题意：问你[l,r]内有多少数，是可以被其数位和整除的。

思路：

思路：直观想法，用dp[pos][sum1][sum2]dp[pos][sum1][sum2]dp[pos][sum1][sum2]，表示枚举到第pos位，组成sum1的数，累加和为sum2时的方案数。由于sum1很大，所以要考虑每步取模。

想到，若给定一个m，问你有多少数是被m整除，这个就是一个裸的数位dp板子，用一个dp[pos][sum]dp[pos][sum]dp[pos][sum]就可以表示枚举到第pos位，逐步取模结果为sum时的方案数。计数就是最后sum==0时为一个可行方案。

那么回到这个题，由于这个可能的m很小，不超过100，所以我们完全可以枚举m，让本题转化为上述问题。所以我们用dp[pos][sum][add]dp[pos][sum][add]dp[pos][sum][add]，表示当前枚举到pos位，逐步取模结果为sum，且数位和为add时的方案数。最后计数可行方案的情况为sum为0且add等于当前枚举的m。

AC代码：

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include <queue>
#include<sstream>
#include <stack>
#include <set>
#include <bitset>
#include<vector>
#define FAST ios::sync_with_stdio(false)
#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)
#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)
#define endl '\n'
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> PII;
const int maxn = 1e5+200;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-7;
const double pi=acos(-1.0);
const int mod = 1e9+7;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}
inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}
inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}
inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }
int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };ll a[maxn];
ll p[maxn];
ll P = 10;
ll dp[15][105][105];
ll cur;ll dfs(int pos, ll sum , bool lead, bool limit, ll m, ll add)
{if(pos==-1){return (sum%m==0&&!lead&&add==m);}if(!limit&&dp[pos][sum][add]!=-1&&!lead) return dp[pos][sum][add];ll up = limit?a[pos]:9;ll ans = 0;for(ll i=0;i<=up;i++){if(i==0&&lead)  ans += dfs(pos-1,(sum)%m, true,limit&&a[pos]==i,m,add);else ans += dfs(pos-1,(sum+i*p[pos])%m , false, limit&&a[pos]==i,m,add+i);}if(!limit&&!lead) dp[pos][sum][add]= ans;return ans;
}
ll solve(ll x)
{mem(dp,-1);cur =x;int pos = 0;if(x==0) a[0] = 0, pos=1;elsewhile(x){a[pos++] = x % 10;x /=10;}ll ans = 0;rep(m,1,100){mem(dp,-1);ans += dfs(pos-1,0,true,true, m,0);}return ans;
}int main()
{p[0] = 1;rep(i,1,15) p[i] = p[i-1]*P;ll l = read(), r = read();cout<<solve(r) - solve(l-1)<<endl;return 0;
}

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