题目大意：洛谷
题解：这次官方题解看懂了，但是想不到一个高效的构造方法，所以再一次放弃。（还是菜，虽然后来发现暴力就能过
翻了一下提交记录学到了另一个做法。
我们考虑 DP，设(f[i][mask])表示当前已经到了第(i)个位置，前缀和表示为(mask)时向后的最小删除个数。
这样的转移方法就是枚举当前位置选或不选，然后往把一个位置的 DP 值拿过来即可。
然后判断前缀和是否合法也很简单，先判断前缀和中有没有(x)（大于(x)的前缀和已经全部可以删掉了），如果有再判断有没有前缀和是(x)的约数的。
但是很明显这种方法会有反例，但是我们发现其实如果出现(x)的约数的话，那么前缀和中比这个约数大的（也就是在前缀和中构成这个约数之前的数）可以全部删掉了，这样的话正确性得到了保证，还减少了状态数。
但是这样的话粗略上界是(O(ncdot d))（其中(d)为有效的状态数）的，看起来很不能过的样子。
但是本题的性质保证(d)不会很大（更加准确一些的说，是不会超过(5000)），所以这种做法能够通过。
存储状态的话直接用 unordered_map 就可以了。
代码：
#include <cstdio>
#include <unordered_map>
using namespace std;
const int Maxn=1000;
int n,x;
char s[Maxn+5];
int a[Maxn+5];
unordered_map<int,int> f[Maxn+5];
int dmask;
bool check(int mask){
if(((mask>>x)&1)==0){
return 1;
}
if(mask&dmask){
return 1;
}
return 0;
}
void calc(int& mask){
mask&=((1<<x)-1);
int tmp=mask&dmask;
if(tmp==0){
return;
}
tmp&=-tmp;
mask&=(tmp-1);
}
int dfs(int u,int mask){
if(u>n){
return 0;
}
calc(mask);
if(f[u].count(mask)>0){
return f[u][mask];
}
int nmask=mask;
int ans=dfs(u+1,mask)+1;
mask=(mask<<a[u])|1;
if(check(mask)){
ans=min(ans,dfs(u+1,mask));
}
return f[u][nmask]=ans;
}
int main(){
scanf("%s",s+1);
while(s[++n]!=' ');
n--;
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=s[i]-'0';
}
scanf("%d",&x);
for(int i=1;i<x;i++){
if(x%i==0){
dmask|=(1<<i);
}
}
printf("%d
",dfs(1,1));
return 0;
}