cf 401D. Roman and Numbers 数位dp,状压

题意：给出两个数n，m，求x的个数，x需满足，x可由n的各位数字重新排列得到；x无前导零；x%m==0;

分析：比较简单的一道数位dp，由于n最多只有17位，可以状态压缩，dp[s][v]表示用掉集合s中的数，余数为v的个数，状态转移方程dp[s+k][(v*10+dig[k])%m]+=dp[s][v];

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#define inf 10000000
#define pi acos(-1.0)
#define eps 1e-8
#define seed 131
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ULL;
typedef long long LL;
const int maxn=100005;
LL n;
int m;
LL dp[1<<18][100];
int dig[18];
int d[10];
int main()
{
    scanf("%I64d%d",&n,&m);
    int k=0;
    memset(d,0,sizeof(d));
    while(n)
    {
        dig[k]=n%10;
        d[dig[k]]++;
        n/=10;
        k++;
    }
    LL ans=1;
    for(int i=0;i<10;i++)
    {
        while(d[i]>1)
        {
            ans*=d[i];
            d[i]--;
        }
    }
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[0][0]=1;
    for(int i=0;i<(1<<k);i++)
    {
        for(int j=0;j<m;j++)
        {
            if(dp[i][j]==0)
                continue;
            for(int f=0;f<k;f++)
            {
                if(i==0&&dig[f]==0)
                    continue;
                if(!((1<<f)&i))
                {
                    dp[i|(1<<f)][(j*10+dig[f])%m]+=dp[i][j];
                    //dp[i|(1<<f)][(j*10+dig[f])%m]%=m;
                }
            }
        }
    }
    cout<<dp[(1<<k)-1][0]/ans;
    return 0;
}