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Description

随着iPig在P++语言上的造诣日益提升，他形成了自己一套完整的代

码库。猪王国想参加POI的童鞋们都争先恐后问iPig索要代码库。iPi

g不想把代码库给所有想要的小猪，只想给其中的一部分既关系好又

肯出钱的小猪，于是他决定举行了一个超大型拍卖会。 在拍卖会上

，所有的N头小猪将会按照和iPig的好感度从低到高，从左到右地在i

Pig面前站成一排。每个小猪身上都有9猪币（与人民币汇率不明），

从最左边开始，每个小猪依次举起一块牌子，上面写上想付出的买代

码库的猪币数量（1到9之间的一个整数）。大家都知道，如果自己付

的钱比左边的猪少，肯定得不到梦寐以求的代码库，因此从第二只起

，每只猪出的钱都大于等于左边猪出的价钱。最终出的钱最多的小猪

（们）会得到iPig的代码库真传，向着保送PKU（Pig Kingdom Unive

rsity）的梦想前进。 iPig对自己想到的这个点子感到十分满意，在

去现场的路上，iPig就在想象拍卖会上会出现的场景，例如一共会出

现多少种出价情况之类的问题，但这些问题都太简单了，iPig早已不

敢兴趣了，他想要去研究更加困难的问题。iPig发现如果他从台上往

下看，所有小猪举的牌子从左到右将会正好构成一个N位的整数，他

现在想要挑战的问题是所有可能构成的整数中能正好被P整除的有多

少个。由于答案过大，他只想要知道答案mod 999911659就行了。

Input

一行：两个数N（1≤N≤10^18）、P(1≤P≤500)，用一个空格分开。

Output

一行：一个数，表示答案除以999911659的余数。

Sample Input

2 3

Sample Output

15

样例解释

方案可以是：12 15 18 24 27 33 36 39 45 48 57 66 69 78 99，共15种。

数据规模

测试点 N P 测试点 N P

1 ≤1000 ≤500 6 ≤10^6 ≤500

2 ≤10^18 5 7 ≤10^18 ≤120

3 ≤10^18 ≤10 8 ≤10^18 ≤500

4 ≤10^18 ≤10 9 ≤10^18 ≤500

5 ≤10^18 25 10 ≤10^18 ≤500

HINT

 

Source

 

动规 分组背包

好题，神题，神到让人心生绝望。

首先要知道利用数列中数字不减小的性质能做点什么。

——可以根据这一性质把数列拆成:

　　0

　　1

　　11

　　111

　　1111

　　...

　　11111111111

这些数中任取9个累加的形式。

而这些全由1构成的数有一个特殊性质：随着1个数的递增，它们模一个数的结果会构成循环。那些直接想到的人有多强

那么就可以算出余数相同的数有多少个，将问题转化成分组背包

同一组中的数的效果等价，所以累加方案的时候算组合数就可以，组合数当然不能递推咯，需要用公式算。模意义下组合数公式需要乘逆元，而逆元不能用公式算（复杂度太高），那就需要递推咯

---逆元递推---

inv[1]=1

for(int i=2;i<=9;i++){inv[i]=((-(mod/i)*inv[mod%i])%mod+mod)%mod;}

----

 

A掉之后我在想，如果70行不用memset，而是直接继承上一次的状态，会不会更快一点 （如71-75行）？

　　↑但改成那样写之后反而WA了，发现是79行算完的结果没有就地取mod

　　　　↑那我之前是怎么AC的

　　　　　　↑玄学

 

1 /*by SilverN*/ 2 #include
     
       3 #include
      
        4 #include
       
         5 #include
        
          6 #include
         
           7 #define LL long long 8 using namespace std; 9 const int mod=999911659;10 const int mxn=1010;11 LL f[2][10][501]; 12 LL n;int m;13 LL cnt[mxn],w[mxn];14 LL c[mxn][mxn];15 LL inv[mxn];16 int add,ans;17 void Inv_init(){
   //逆元 18     inv[1]=1;19     for(int i=2;i<=9;i++){inv[i]=((-(mod/i)*inv[mod%i])%mod+mod)%mod;}20     for(int i=2;i<9;i++)inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%mod;21     return;22 }23 LL clc(LL u,LL d){
   //组合数 24     if(!d)return 1;25     if(d>u)return 0;26     LL res=1;27     for(LL i=u-d+1;i<=u;i++)res=res*(i%mod)%mod;28     res=res*inv[d]%mod;29     return res;30 }31 int main(){32     int i,j;33     scanf("%lld%d",&n,&m);34     Inv_init();35     LL x=1%m;//%k以排除k==1的情况 36     int tot=0;37     while(!cnt[x]){
   //寻找循环节 38         cnt[x]=++tot;w[tot]=x;39         if(tot>=n)break;40         x=(x*10+1)%m;41     }42     if(tot
          
           1)46 add=(m-w[cnt[x]+((len%sz)?len%sz:sz)-1])%m;47 else add=(m-w[cnt[x]])%m;48 49 int tmp=cnt[x];50 for(i=0;i
           
            1 && (len%sz)>cnt[i]-tmp)cnt[i]=len/sz+1;54 else cnt[i]=len/sz;55 }56 }57 }58 else{ //若n个数不构成循环 59 add=(m-x)%m;60 for(i=0;i