解题思路
首先我们发现这道题s的长度很小,所以考虑点暴力的做法,状压dp或搜索。本蒟蒻搜索永远调不对,所以就写了个状压dp。因为所有s里的数都要出现一次,并且最后的答案是要求整除,那么我们设dp[S][k]表示现在所选的状态集合为S,当前所选的数组成的数字对d取余后的值为k,这样就可以转移了。首先枚举所有的状态S,然后再枚举所有没有被选的数j,再枚举余数k即可转移。 转移方程为:dp[S|(1<<(j-1))][(k*10+a[j])%d]+=dp[S][k];但是这样写是错误的,因为没有考虑重复的排列,比如说s为"001",结果发现“010”这个状态会被算两次。。看到有大佬直接用数学方法去重orz,本蒟蒻不太会,就记了个临时数组b[i],表示当前要填的数字i有没有被填过,这样就可以避免一个位置放相同元素的情况了,具体看代码。时间复杂度为O(T*len*d*(2^len))
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#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; const int MAXN = 11; int T,d,a[MAXN],cnt,dp[1<<MAXN][1002]; bool b[MAXN]; char s[MAXN]; int main(){ scanf("%d",&T);int len; while(T--){ memset(dp,0,sizeof(dp)); scanf("%s%d",s+1,&d); len=strlen(s+1);cnt=0; for(register int i=1;i<=len;i++) a[i]=s[i]-'0'; dp[0][0]=1; for(register int S=0;S<(1<<len)-1;S++){ memset(b,0,sizeof(b)); for(register int j=1;j<=len;j++)if(!(S&(1<<(j-1))) && !b[a[j]]){ b[a[j]]=1; for(register int k=0;k<d;k++) dp[S|(1<<(j-1))][(k*10+a[j])%d]+=dp[S][k]; } } printf("%d ",dp[(1<<len)-1][0]); } return 0; }