题目链接:点我啊╭(╯^╰)╮
题目大意:
长度为
的数,部分位置是
,
可以是
~
要求这个数整除
,
次询问
每次询问第
小的解
解题思路:
对于
将其拆为
然后考虑
的方案,
个问号的方案数为
因为
,如果
内的数均匀分布,整除
的个数大约为
因此
即可,也就是探讨后
个问号的方案,前面的问号都取为
为到第
个问号,模
为
的方案数
注意
的时候,要将初始的影响加上去,也就是
可以理解为用第一位去解决初始的影响,用高位的话不是最贪心的
查询的时候从高位到低位枚举,也要考虑到第一位时初始的影响
时间复杂度:
核心:DP + 思维
#include<bits/stdc++.h>
#define deb(x) cerr<<#x<<" = "<<(x)<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 5e4 + 5;
const ll mod = 1e9 + 7;
int T, n, m, q;
char s[maxn];
ll dp[30][30], fac1[50], fac2[50];
int main() {
scanf("%d", &T);
while(T--) {
scanf("%d%d%d%s", &n, &m, &q, s);
ll p1 = 1, p2 = 1, val = 0, rem = 0, cnt = 0, k;
for(int i=n-1; ~i; i--) {
if(isdigit(s[i])) {
val = (val + (s[i]-'0') * p1 % mod) % mod;
rem = (rem + (s[i]-'0') * p2 % m) % m;
} else if(cnt < 20) {
fac1[++cnt] = p1;
fac2[cnt] = p2;
}
p1 = p1 * 10 % mod;
p2 = p2 * 10 % m;
}
memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[0][0] = 1;
for(int i=1; i<=cnt; i++)
for(int j=0; j<m; j++)
for(int x=0; x<10; x++) {
if(i > 1) dp[i][j] += dp[i-1][(j + fac2[i] * x % m) % m];
else dp[i][j] += dp[i-1][(j + rem + fac2[i] * x % m) % m];
if(dp[i][j] >= 1e18 + 10 || dp[i][j] < 0) dp[i][j] = 1e18 + 10;
}
while(q--) {
scanf("%lld", &k);
if(dp[cnt][0] < k) {
puts("-1");
continue;
}
ll ans = val, pre_rem = 0, now_rem;
for(int i=cnt; i; i--)
for(int x=0; x<10; x++) {
if(i > 1) now_rem = (pre_rem + fac2[i] * x % m) % m;
else now_rem = (pre_rem + rem + fac2[i] * x % m) % m;
if(dp[i-1][now_rem] < k) k -= dp[i-1][now_rem];
else {
pre_rem = now_rem;
ans = (ans + fac1[i] * x % mod) % mod;
break;
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
}
}