Topcoder10566 IncreasingNumber

IncreasingNumber

一个数是Increasing当且仅当它的十进制表示是不降的，(1123579)。

求 (n) 位不降十进制数中被 (d) 整除的有多少个。

(nleq 10^{18},d leq 500)

题解

简单的想法：(dp(i,j,k)) 表示前 (i) 位已填好，第 (i) 位是 (j)，模 (d=k) 的数的个数。

但是即使加上矩阵优化，复杂度仍然达到了 (O(10^3d^3 log n))。不可过。

观察性质：一个数是Increasing的当且仅当它是至多 (9) 个全 (1) 的数的和。

由于最终产生的数必须严格 (n) 位，不能有前导 (0)，所以我们对位数 (< n) 的全 (1) 数和 (=n) 的全 (1) 数分开做。

我们可以用 (dp(k,j,mod)) 表示考虑了 (mod d=0sim k) 的全 (1) 数，用了 (j) 个数，余数是 (mod) 的方案数。

转移系数是 (inom{j+cnt_k-1}{cnt_k-1})，其中 (cnt_k) 表示 (1sim n-1) 位的全 (1) 数中，(mod d=k) 的数的个数。开始我想的是 (cnt_k^j​)，后来发现这样就相当于有标号了。

考虑 (n) 位全 (1) 数模 (d) 的余数和 (cnt) 数组如何求。可以利用 (d) 比较小来找循环节。注意循环节和起始点可能类似符号 ( ho) ，要加上对 (n) 的特判。

AC程序：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T> T read(){
	T x=0,w=1;char c=getchar();
	for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-') w=-w;
	for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
	return x*w;
}
template<class T> T read(T&x){
	return x=read<T>();
}
#define CO const
#define IN inline
typedef long long LL;

CO int mod=1000000000+7;
IN int add(int a,int b){
	return (a+=b)>=mod?a-mod:a;
}
IN int mul(int a,int b){
	return (LL)a*b%mod;
}
IN int fpow(int a,int b){
	int ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))
		if(b&1) ans=mul(ans,a);
	return ans;
}
IN void upd(int&a,int b){
	a=add(a,b);
}

CO int N=500+10;
int pw[N],pst,pcir;
int bas[N],bst,bcir;
LL cnt[N];
int dp[N][10][N];

CO int inv[10]={1,1,500000004,333333336,250000002,400000003,166666668,142857144,125000001,111111112,};
IN int binom(LL n,int m){
	if(m==0) return 1;
	if(n<m) return 0;
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=m;++i) ans=mul(ans,mul((n-i+1)%mod,inv[i]));
	return ans;
}
struct IncreasingNumber{
	static int countNumbers(LL n,int d){
		--n;
		pw[0]=1%d;
		for(int i=1;i<=d;++i){
			pw[i]=pw[i-1]*10%d;
			for(int j=0;j<i;++j)
				if(pw[j]==pw[i]){
					pst=j,pcir=i-j;
					break;
				}
			if(pcir) break;
		}
		int rn=0;
		if(n<pst){
			for(int i=0;i<=n;++i) rn=(rn+pw[i])%d;
		}
		else{
			for(int i=0;i<pst;++i) rn=(rn+pw[i])%d;
			int sum=0;
			for(int i=1;i<=pcir;++i) sum=(sum+pw[pst-1+i])%d;
			rn=(rn+(n-pst+1)/pcir%d*sum)%d;
			for(int i=1;i<=(n-pst+1)%pcir;++i) rn=(rn+pw[pst-1+i])%d;
		}
//		cerr<<"rn="<<rn<<endl;
		bas[1]=1%d;
		for(int i=2;i<=d+1;++i){
			bas[i]=(10*bas[i-1]+1)%d;
			for(int j=1;j<i;++j)
				if(bas[j]==bas[i]){
					bst=j,bcir=i-j;
					break;
				}
			if(bcir) break;
		}
		if(n<bst){
			for(int i=1;i<=n;++i) ++cnt[bas[i]];
		}
		else{
			for(int i=1;i<bst;++i) ++cnt[bas[i]];
			for(int i=1;i<=bcir;++i) cnt[bas[bst-1+i]]+=(n-bst+1)/bcir;
			for(int i=1;i<=(n-bst+1)%bcir;++i) ++cnt[bas[bst-1+i]];
		}
//		cerr<<"cnt=";
//		for(int k=0;k<d;++k)if(cnt[k])
//			cerr<<" ("<<k<<","<<cnt[k]<<")";
//		cerr<<endl;
		for(int j=0;j<=9;++j)
			dp[0][j][0]=binom(j+cnt[0]-1,j);
		for(int k=0;k<d;++k)for(int j=0;j<=9;++j)
			for(int r=0;r<d;++r)if(dp[k][j][r])
				for(int j1=0;j1<=9-j;++j1)
					upd(dp[k+1][j+j1][(r+j1*(k+1))%d],mul(binom(j1+cnt[k+1]-1,j1),dp[k][j][r]));
		int ans=0;
		for(int j=0;j<=8;++j)
			for(int j1=1;j1<=9-j;++j1)
				upd(ans,dp[d-1][j][(d-j1*rn%d)%d]);
		return ans;
	}
};

//int main(){
//	LL n=read<LL>();
//	int d=read<int>();
//	int ans=IncreasingNumber::countNumbers(n,d);
//	printf("%d
",ans);
//}

话说Topcoder让你实现一个类，我没看出这样做有什么好处。Z前辈告诉我这样大概不用消除了读入时间的影响？

开始我的程序漏洞百出，最后写了个对拍才调出来。

暴力DP程序：

CO int N=500+10;
int f[N][N][N];

int main(){
	int n=read<int>(),d=read<int>();
	f[0][1][0]=1;
	for(int i=0;i<n;++i)for(int j=1;j<=9;++j)
		for(int k=0;k<d;++k)if(f[i][j][k])
			for(int j1=j;j1<=9;++j1) upd(f[i+1][j1][(10*k+j1)%d],f[i][j][k]);
	int ans=0;
	for(int j=1;j<=9;++j) upd(ans,f[n][j][0]);
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}

对拍程序：

int main(){
	for(int i=3;i<=18;++i)
		for(int j=1;j<=500;++j){
			cerr<<"T "<<i<<" "<<j<<endl;
			FILE*f=fopen("std.in","w");
			fprintf(f,"%d %d
",i,j);
			fflush(f);
			system("std.exe < std.in > std.out");
			system("test.exe < std.in > test.out");
			if(system("fc std.out test.out")) return 1;
		}
	return 0;
}

我发现如果直接freopen的话system的调用会失效。

注意那个fflush。我发现如果把造数据和对拍写在一起，就是又有输出又有调用其他程序的话，在输出和调用之间会卡住。这时候需要加个cerr或者fflush刷新一下。