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题意：d magic number（0<=d<9）的意思就是一个数，从最高位开始奇数位不是d,偶数位是d
题目问，给a,b,m,d(a<=b,m<2000)问，a,b之间有多少个数满足既是d magic number，又可以被m整除
a,b的范围很大，都是2000位,且a,b的位数一样，这一点很重要
分析：这题一看又有取模，又是大整数，那肯定是要用数位dp做，
通常的数位dp，我们要解决（0，x)的区间中的答案，但是这个题不需要，
注意刚才我说过一点，a,b是位数相同的整数，假设solve()函数能解决x到和它同位的最小整数的区间范围内的答案
那么最终答案，就是solve(b)-solve(a)+is(a),
这样我们的工作就简单了，不需要统计位数比它小的数
我们从高位开始进行dp
下面定义状态
1: dp[i][j][1],代表现在处理到第 i 位 且前缀 i 位形成的整数n%m=j 的 方案数，且现在形成的整数等于上限
2: dp[i][j][0],代表现在处理到第 i 位 且前缀 i 位形成的整数n%m=j 的 方案数，且现在形成的整数小于上限
那么状态转移方程就很好想了
设字符串长度为n 那么时间复杂度是O(nm)的
#include <cstdio> #include <iostream> #include <cstring> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 2e3+5; const int mod = 1e9+7; int dp[N][N][2],num[N],m,d; char a[N],b[N]; int solve(char *s) { int l=strlen(s+1); memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=1; i<=l; ++i) num[i]=s[i]-‘0‘; for(int i=1; i<=9; ++i) { if(i==d)continue; if(i<num[1])++dp[1][i%m][0]; else if(i==num[1])++dp[1][i%m][1]; } for(int i=2; i<=l; ++i) { if(i%2==0) { for(int j=0; j<m; ++j) { int cur=(j*10+d)%m; dp[i][cur][0]=(dp[i][cur][0]+dp[i-1][j][0])%mod; if(d<num[i]) dp[i][cur][0]=(dp[i][cur][0]+dp[i-1][j][1])%mod; else if(num[i]==d) dp[i][cur][1]=(dp[i][cur][1]+dp[i-1][j][1])%mod; } } else { for(int k=0; k<10; ++k) { if(k==d)continue; for(int j=0; j<m; ++j) { int cur=(j*10+k)%m; dp[i][cur][0]=(dp[i][cur][0]+dp[i-1][j][0])%mod; if(k<num[i]) dp[i][cur][0]=(dp[i][cur][0]+dp[i-1][j][1])%mod; else if(k==num[i]) dp[i][cur][1]=(dp[i][cur][1]+dp[i-1][j][1])%mod; } } } } return (dp[l][0][0]+dp[l][0][1])%mod; } int judge(char *s) { int l=strlen(s+1),sum=0; for(int i=1;i<=l;++i) { int x=s[i]-‘0‘; if(i%2&&x==d)return 0; if(!(i%2)&&x!=d)return 0; sum=(sum*10+x)%m; } if(!sum)return 1; return 0; } int main() { scanf("%d%d%s%s",&m,&d,a+1,b+1); int ans=(solve(b)-solve(a)+judge(a)+mod)%mod; printf("%d\n",ans); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/shuguangzw/p/5213657.html
