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news 2025/7/7 15:42:10

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[一本通提高数位动态规划]数字游戏：取模数题解

- 1前言
- 2问题
- 3状态的设置
- 4数位dp-part1预处理
- 5数位dp-part2利用状态求解
- 6代码
- 7后记

1前言

本文为数字游戏：取模数的题解
需要读者对数位dp有基础的了解，建议先阅读
论数位dp–胎教级教学
B3883 [信息与未来 2015] 求回文数数位dp题解
论进制类型的数位dp:胎教级教学

2问题

题目描述
定义一种取模数，满足各位数字之和 $m o d N$ 为 $0$ ，指定一个整数闭区间 $[a, b]$ ，问这个区间内有多少个取模数。
输入格式
题目有多组测试数据。每组只含 $3$ 个数字 $a, b, N (1 <= a, b <= 2^{31},1 <= n < 100)$ 。
输出格式
每个测试用例输出一行，表示各位数字和 $m o d N$ 为 $0$ 的数的个数。
看这个 $a, b$ 的范围，直接可以确定是数位dp，但是该怎么dp？

3状态的设置

我们发现，假设现在 $n = 9$ ，那么我们在一个取模数的最高位前面加上一位 $9$ ，这个数依旧是取模数
在一个各位数字和 $m o d 9 = 1$ 的情况下，在最前面插入一个 $8$ ，也产生了取模数
我们可以把不同位数的的取模数个数看成子问题，子问题可以转化为更大的问题（方式如上），这就满足的dp的条件
有了子问题和可转移的性质，我们可以设 $dp_{i,j,k}$ 为 $i$ 位 $j$ 开头，
各位之和 $m o d n = k$ 的数的个数
属性显然为COUNT（加上子问题得到当前状态）

4数位dp-part1预处理

在 $n$ 固定的情况下， $d p$ 数组也是固定的，与 $a, b$ 无关
所以我们可以预处理 $d p$
首先，对于所有 $dp_{i,j,k}$ ， $i = 1$ 的情况下，如果 $k = jm o d n$
则 $dp_{i,j,k} = 1$ ，否则 $dp_{i,j,k} = 0$
接下来就可以枚举 $i, j, k$ ，此外再枚举 $l$ 为上一位数字的情况
利用模运算转移，得状态转移方程
$dp_{i,j,k} =dp_{i,j,k}+dp_{i-1,l,mods(k-j)}$
其中 $m o d s (k - j)$ 等价于 $((k - j) m o d n + n) m o d n$ ，这样可以防止出现负数

5数位dp-part2利用状态求解

我们首先考虑一个数 $23456$
可以将其分解为 $0 - 19999$ 和 $20000 - 23456$ 两个区间
$0 - 19999$ 我们预处理过了，方案数等于
$\sum dp_{5,j,0}$ 对于此处情况 $0 <= j <= 1$
普遍的，此处的 $0<=j<=s_{i}$ ， $s_{i}$ 为原数 $i$ 位
然后呢，我们可以把 $3456$ 看做子问题
第一位必然为 $2$ ，不为 $2$ 的情况已经得出
这样的话我们就可以打个标记，将已经固定的位数求和
但是我们这样一直缩小问题规模，会产生一个问题，会忽略边界值
这个也好办，我们特判最后标记变量如果被 $n$ 整除，就可以取到边界，答案 $+ 1$
算法完成了，但是看到这的你可能会有一些问题，我来解答
1.为什么不处理前导 $0$
答：前导 $0$ 是合法的，因为处理方式是加和，所以 $0$ 相当于空位
2.如果左边界为 $1$ 怎么办， $1 - 1$ 之后传到函数里的参数为 $0$
答：特判， $0$ 本身合法，返回 $1$

6代码

有了如上思想，你就可以写出代码
附作者的代码（c++）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a,b,n;
long long dp[20][20][200];
int mods(int x){return (x%n+n)%n;
}
void init(){memset(dp,0,sizeof(dp));for(int i = 0;i<=9;i++){dp[1][i][i%n]++;}for(int i = 2;i<=12;i++){for(int j = 0;j<=9;j++){for(int k = 0;k<n;k++){for(int l = 0;l<=9;l++){dp[i][j][k]+=dp[i-1][l][mods(k-j)];}}}}
}
int solve(int x){if(x==0){return 1;}int h = x,s[1145],idx = 0,ans = 0,res = 0;while(h){s[++idx] = h%10;h/=10;}for(int i = idx;i>=1;i--){for(int j = 0;j<s[i];j++){ans+=dp[i][j][mods(n-res)];}res+=s[i];res%=n;if(i==1&&res%n==0){ans++;}}return ans;
}
int main(){while(cin>>a>>b>>n){init();int ans = solve(b)-solve(a-1);cout<<ans<<endl;}return 0;
}