AtCoder Beginner Contest 336 E - Digit Sum Divisible

E - Digit Sum Divisible

题意

定义一个正整数 $x$ 为 $good$ 当且仅当：$x$ 能被它的数位和 整除

统计小于等于 $N$ 的 $good$ 正整数数量

思路

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

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 $DP$ 来计算。关键是怎么定义 $DP$ 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 $mod$ ，我们 $DP$ 的状态限制有：
$pos（低pos位是全变化位）$、
$sum（高位的已经确定的数位的和）$、
$r（高位的已经确定的数位单独构成一个数字时模除mod的余数）$

例如：$pos=2,sum=6,r=3,mod=20$ 时，代表的是 $123^{\prime }00^{\prime }\to 123^{\prime }99^{\prime }$ 这些数字。因为这些数字的低 $pos=2$ 位是全变化位，也就是从 $0$ ~ $9$ 任意取的位；更高的位的数位和为 $1+2+3=6=sum$；高位已经确定的位单独构成数字 $123$ 时，模除 $mod=20$ 的余数是 $r=3$。（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：$dp[pos][sum][r]$ 为限制条件下 $good$ 的正整数数量。如果 $N$ 的长度为 $len$，那么我们当前的状态下：$p_{len}{p}_{len-1}{p}_{len-2}...p_{pos+1}{p}_{pos}{p}_{pos-1}...p_2{p}_1$，有：

• $sum=p_{len}+p_{len-1}+...+p_{pos+1}$
• $r=(10^{len-1}\cdot p_{len}+10^{len-2}\cdot p_{len-1}+...+10^{pos}\cdot p_{pos+1})$ % $mod$

那么如果我们枚举当前第 $pos$ 位为 $i$ 的话，新的状态：
$sum\prime =sum+i$
$r\prime =(10\times r+i)$ % $mod$

这里关键是观察到 $r\prime$ 的变化，通过前面更高位左移（整体 $\times 10$ ）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 $sum=mod$ 并且 $r=0$ 时才返回 $1$

时间复杂度：共有 $D=9\times 14=126$ 种数位和，范围 $N$ 长度为 $len$ ，每种数位和要搜索的范围可以通过 $DP$ 数组得出，大约为 $len\times D\times mod$
故最终复杂度 $O(D^3\cdot len)$文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-824349.html

#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;
}

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