Codeforces 628D 数位dp

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

[2],num
,m,d;
char a
,b
;
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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