AtCoder Beginner Contest 336 E - Digit Sum Divisible

发布时间:2024年01月19日

E - Digit Sum Divisible

E

题意

定义一个正整数 x x x g o o d good good 当且仅当: x x x 能被它的数位和 整除

统计小于等于 N N N g o o d good good 正整数数量

思路

这道题关键是要观察到在 N ≤ 1 0 14 N \leq 10^{14} N1014 的限制下,数位和种类是有限的:最多只有 9 × log ? 10 1 0 14 = 9 × 14 = 126 9 \times \log_{10}10^{14} = 9 \times 14 = 126 9×log10?1014=9×14=126 种。那么我们可以枚举每一种数位和为 m o d mod mod,看看有多少正整数 x x x 可以被它整除,也就是 x x x % m o d = 0 mod = 0 mod=0

很明显这些涉及到数位统计并且还要计数的问题,我们可以使用 数位 D P DP DP 来计算。关键是怎么定义 D P DP DP 状态,还有高位如何利用低位的计算结果。

很显然,对于一个固定的数位和 m o d mod mod ,我们 D P DP DP状态限制有:
p o s (低 p o s 位是全变化位) pos(低pos位是全变化位) pos(低pos位是全变化位)
s u m (高位的已经确定的数位的和) sum(高位的已经确定的数位的和) sum(高位的已经确定的数位的和)
r (高位的已经确定的数位单独构成一个数字时模除 m o d 的余数) r(高位的已经确定的数位单独构成一个数字时模除 mod 的余数) r(高位的已经确定的数位单独构成一个数字时模除mod的余数)

例如: p o s = 2 , s u m = 6 , r = 3 , m o d = 20 pos = 2, sum = 6, r = 3, mod = 20 pos=2,sum=6,r=3,mod=20 时,代表的是 12 3 ′ 0 0 ′ → 12 3 ′ 9 9 ′ 123 '00' \rightarrow 123 '99' 1230012399 这些数字。因为这些数字的低 p o s = 2 pos = 2 pos=2 位是全变化位,也就是从 0 0 0 ~ 9 9 9 任意取的位;更高的位的数位和为 1 + 2 + 3 = 6 = s u m 1 + 2 + 3 = 6 = sum 1+2+3=6=sum;高位已经确定的位单独构成数字 123 123 123 时,模除 m o d = 20 mod = 20 mod=20 的余数是 r = 3 r = 3 r=3。(当然,这里只是举一个例子,在上述限制条件下,可能还有别的数字符合条件但没有列举出来)

有了限制条件,现在我们考虑如何转移
根据上述限制我们有定义: d p [ p o s ] [ s u m ] [ r ] dp[pos][sum][r] dp[pos][sum][r] 为限制条件下 g o o d good good 的正整数数量。如果 N N N 的长度为 l e n len len,那么我们当前的状态下: p l e n p l e n ? 1 p l e n ? 2 . . . p p o s + 1 p p o s p p o s ? 1 . . . p 2 p 1 p_{len}p_{len-1}p_{len-2} ...p_{pos+1}p_{pos}p_{pos-1}...p_2p_1 plen?plen?1?plen?2?...ppos+1?ppos?ppos?1?...p2?p1?,有:

  • s u m = p l e n + p l e n ? 1 + . . . + p p o s + 1 sum = p_{len} + p_{len-1} + ... + p_{pos+1} sum=plen?+plen?1?+...+ppos+1?
  • r = ( 1 0 l e n ? 1 ? p l e n + 1 0 l e n ? 2 ? p l e n ? 1 + . . . + 1 0 p o s ? p p o s + 1 ) r = (10^{len-1} \cdot p_{len} + 10^{len-2} \cdot p_{len-1} + ... + 10^{pos} \cdot p_{pos+1}) r=(10len?1?plen?+10len?2?plen?1?+...+10pos?ppos+1?) % m o d mod mod

那么如果我们枚举当前第 p o s pos pos 位为 i i i 的话,新的状态:
s u m ′ = s u m + i sum\prime= sum + i sum=sum+i
r ′ = ( 10 × r + i ) r\prime = (10 \times r + i) r=(10×r+i) % m o d mod mod

这里关键是观察到 r ′ r\prime r 的变化,通过前面更高位左移(整体 × 10 \times 10 ×10 )得到。

这样我们就完成了状态转移,记忆化搜索到最底层的时候,判断 s u m = m o d sum = mod sum=mod 并且 r = 0 r = 0 r=0 时才返回 1 1 1

时间复杂度:共有 D = 9 × 14 = 126 D = 9 \times 14 = 126 D=9×14=126 种数位和,范围 N N N 长度为 l e n len len ,每种数位和要搜索的范围可以通过 D P DP DP 数组得出,大约为 l e n × D × m o d len \times D \times mod len×D×mod
故最终复杂度 O ( D 3 ? l e n ) O(D^3 \cdot len) O(D3?len)

#include<bits/stdc++.h>
#define fore(i,l,r)	for(int i=(int)(l);i<(int)(r);++i)
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
#define ull unsigned long long
#define ALL(v) v.begin(), v.end()
#define Debug(x, ed) std::cerr << #x << " = " << x << ed;

const int INF=0x3f3f3f3e;
const long long INFLL=1e18;

typedef long long ll;

ll dp[17][150][150]; //dp[pos][sum][r] 表示低pos位为全变化位,前面高位已经确定的数位和为sum,高位模mod为r的数量
int num[17];
int mod;

ll dfs(int pos, int sum, int r, bool limit){
    if(!pos) return !r && sum == mod; //最底层,这时候数位和一定要是mod,并且sum % mod 要为 0
    if(!limit && ~dp[pos][sum][r]) return dp[pos][sum][r];
    ll res = 0;
    int up = (limit ? num[pos] : 9);
    fore(i, 0, up + 1){
        res += dfs(pos - 1, sum + i, (r * 10 + i) % mod, limit && i == up);
    }
    if(!limit) dp[pos][sum][r] = res;
    return res;
}

ll solve(ll x){
    int len = 0;
    while(x){
        num[++len] = x % 10;
        x /= 10;
    }
    ll ans = 0;
    for(mod = 1; mod < 130; ++mod){ // 枚举整个数位和
        memset(dp, -1, sizeof(dp));
        ans += dfs(len, 0, 0, true);
    }
    return ans;
}

int main(){
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    std::cout.tie(nullptr);
    ll n;
    std::cin >> n;
    std::cout<< solve(n);
    return 0;
}
文章来源:https://blog.csdn.net/m0_73500785/article/details/135654850
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