E - Digit Sum Divisible
题意
定义一个正整数 x x x 为 g o o d good good 当且仅当： x x x 能被它的数位和 整除
统计小于等于 N N N 的 g o o d good good 正整数数量
思路
这道题关键是要观察到在 N ≤ 1 0 14 N \leq 10^{14} N≤1014 的限制下，数位和种类是有限的：最多只有 9 × log 10 1 0 14 = 9 × 14 = 126 9 \times \log_{10}10^{14} = 9 \times 14 = 126 9×log101014=9×14=126 种。那么我们可以枚举每一种数位和为 m o d mod mod，看看有多少正整数 x x x 可以被它整除，也就是 x x x % m o d = 0 mod = 0 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 D P DP DP 来计算。关键是怎么定义 D P DP 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 m o d mod mod ，我们 D P DP DP 的状态限制 有：
p o s （低 p o s 位是全变化位） pos（低pos位是全变化位） pos（低pos位是全变化位）、
s u m （高位的已经确定的数位的和） sum（高位的已经确定的数位的和） 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 m o d 的余数） 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） 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： p o s = 2 , s u m = 6 , r = 3 , m o d = 20 pos = 2, sum = 6, r = 3, mod = 20 pos=2,sum=6,r=3,mod=20 时，代表的是 12 3 ′ 0 0 ′ → 12 3 ′ 9 9 ′ 123 '00' \rightarrow 123 '99' 123′00′→123′99′ 这些数字。因为这些数字的低 p o s = 2 pos = 2 pos=2 位是全变化位，也就是从 0 0 0 ~ 9 9 9 任意取的位；更高的位的数位和为 1 + 2 + 3 = 6 = s u m 1 + 2 + 3 = 6 = sum 1+2+3=6=sum；高位已经确定的位单独构成数字 123 123 123 时，模除 m o d = 20 mod = 20 mod=20 的余数是 r = 3 r = 3 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： d p p o s s u m r dppossumr dppossumr 为限制条件下 g o o d good good 的正整数数量。如果 N N N 的长度为 l e n len len，那么我们当前的状态下： p l e n p l e n − 1 p l e n − 2 . . . p p o s + 1 p p o s p p o s − 1 . . . p 2 p 1 p_{len}p_{len-1}p_{len-2} ...p_{pos+1}p_{pos}p_{pos-1}...p_2p_1 plenplen−1plen−2...ppos+1pposppos−1...p2p1，有：
- s u m = p l e n + p l e n − 1 + . . . + p p o s + 1 sum = p_{len} + p_{len-1} + ... + p_{pos+1} sum=plen+plen−1+...+ppos+1
- r = ( 1 0 l e n − 1 ⋅ p l e n + 1 0 l e n − 2 ⋅ p l e n − 1 + . . . + 1 0 p o s ⋅ p p o s + 1 ) r = (10^{len-1} \cdot p_{len} + 10^{len-2} \cdot p_{len-1} + ... + 10^{pos} \cdot p_{pos+1}) r=(10len−1⋅plen+10len−2⋅plen−1+...+10pos⋅ppos+1) % m o d mod mod
那么如果我们枚举当前第 p o s pos pos 位为 i i i 的话，新的状态：
s u m ′ = s u m + i sum\prime= sum + i sum′=sum+i
r ′ = ( 10 × r + i ) r\prime = (10 \times r + i) r′=(10×r+i) % m o d mod mod
这里关键是观察到 r ′ r\prime r′ 的变化，通过前面更高位左移（整体 × 10 \times 10 ×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 s u m = m o d sum = mod sum=mod 并且 r = 0 r = 0 r=0 时才返回 1 1 1
时间复杂度：共有 D = 9 × 14 = 126 D = 9 \times 14 = 126 D=9×14=126 种数位和，范围 N N N 长度为 l e n len len ，每种数位和要搜索的范围可以通过 D P DP DP 数组得出，大约为 l e n × D × m o d len \times D \times mod len×D×mod
故最终复杂度 O ( D 3 ⋅ l e n ) O(D^3 \cdot len) O(D3⋅len)
cpp
#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;
}