「状压DP」「暴力搜索」排列
题目描述：
题目描述
给一个数字串 s 和正整数 d, 统计 sss 有多少种不同的排列能被 d 整除（可以有前导 0）。例如 123434 有 90 种排列能被 2 整除，其中末位为 2 的有 30 种，末位为 4 的有 60 种。
输入格式
输入第一行是一个整数 TTT，表示测试数据的个数，以下每行一组 s 和 d，中间用空格隔开。s 保证只包含数字 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9
输出格式
每个数据仅一行，表示能被 d 整除的排列的个数。
输入输出样例
输入 #1
7
000 1
001 1
1234567890 1
123434 2
1234 7
12345 17
12345678 29
输出 #1
1
3
3628800
90
3
6
1398
说明/提示
100% 的数据满足：s 的长度不超过 10，1≤d≤1000，1≤T≤15。
在前三个例子中，排列分别有 1,3,36288001 种，它们都是 1 的倍数。
解法1：状压DP
思路：
s的长度很短，不是暴搜就是状压，然鹅这道题都可以用
大多数状压中都是当前某个状态对之后于此相关状态产生影响
因此可以对整个序列的长度进行状压，详见代码
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<stack>
using namespace std;
const int maxn=(1<<10)+5,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,f[maxn][1000],sum[11],mol,a[maxn],vis[maxn];
char str[1000];
inline int read(){
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
return s*w;
}
int main(){
freopen("a.in","r",stdin);
int t=read();
while(t--){
memset(f,0,sizeof(f));
memset(a,0,sizeof(a));
memset(sum,0,sizeof(sum));
scanf("%s",str);
int n=strlen(str);
mol=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=str[i-1]-'0';
}
int maxs=(1<<n)-1;
f[0][0]=1;//0序列为000....的方案肯定只有一种
for(int s=0;s<=maxs;s++){//s代表所选的数的状态，00101代表选了第一个数和第三个数的状态
memset(vis,0,sizeof(vis));//vis记录这个数是否被访问过，因为相同的数会被重复计入方案，
//如，对11230排列，11230和11230会被重复计算，用vis就可以去重，当然也可以不用vis用数学方法去重，即记录所有数出现的个数，最后ans/=cnt[i](i=0~9)
for(int i=1;i<=n;i++){ //i表示下一个要选的数
if(s&(1<<(i-1))||vis[a[i]])continue;//s&（i<<(i-1)）表示当前枚举的数被包含在了当前状态s里面，不用再次计算
vis[a[i]]=1;
for(int k=0;k<mol;k++){//枚举所有余数k，f[s][k]代表所选的数的状态为s，且余数为k时的总排列数
f[s|(1<<(i-1))][(k*10+a[i])%mol]+=f[s][k];//解释：因为我们的状态是从小到大枚举的，所以f[s][k]会对
//它的所有下一个状态产生影响，而
// cout<<f[s|(1<<(i-1))][(k*10+a[i])%mol]<<endl;
}
}
}
cout<<f[maxs][0]<<endl;
}
}