题意：
给出(A(2 leq A leq 11), n(0 leq n leq 10^9), k(1 leq k leq 10^9))。
求区间([1, A^n])中各个数字互不相同的(A)进制数而且是(k)的倍数的个数。
分析：
如果(n > A)，根据抽屉原理，(n)位(A)进制数一定会有重复的数字。
所以下面只讨论(n leq a)的情况。
对于(k)的大小，分别使用不同的算法：
-
(k)比较小的时候，用状压DP：(d(S, x))表示当前数字集合为(S)且模(k)为(x)的数字的个数。
在数字的末位添加一个未在集合(S)出现的数字(i)，则转移到状态(d(S',(x cdot A + i) % k))。 -
(k)比较大的时候，直接暴力统计。枚举区间内所有(k)的倍数，判断一下如果没有重复数字答案+1。
第一种算法的复杂度为(O(2^A cdot k cdot A))，状态数乘转移数。
第二种算法复杂度为(O(A^n/k cdot A))，枚举次数乘判断时间。
找到一个合适的边界使得时限都能承受两种算法，测试了一下(25000)和(30000)，运行时间都是(3s)多，可以AC。
PS：(n=0)和(n=1)这些边界情况最好特判一下。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
int A, n, k;
const int maxk = 30000;
const int maxa = 11;
LL d[1 << maxa][maxk];
int bitcount(int x) {
int ans = 0;
while(x) { if(x & 1) ans++; x >>= 1; }
return ans;
}
bool check(LL x) {
int S = 0;
while(x) {
int t = x % A;
x /= A;
if(S & (1 << t)) return false;
S |= (1 << t);
}
return true;
}
int main()
{
int T; scanf("%d", &T);
while(T--) {
scanf("%d%d%d", &A, &n, &k);
if(n == 0) {
if(k == 1) printf("1
");
else printf("0
");
continue;
}
if(n == 1) {
printf("%d
", A / k);
continue;
}
//DP
if(k < maxk) {
memset(d, 0, sizeof(d));
for(int i = 1; i < A; i++) d[1 << i][i % k] = 1;
for(int S = 0; S < (1 << A); S++) if(bitcount(S) < n) {
for(int x = 0; x < k; x++) if(d[S][x]) {
for(int i = 0; i < A; i++) if(!(S&(1<<i))) {
d[S|(1<<i)][(x*A+i)%k] += d[S][x];
}
}
}
LL ans = 0;
for(int S = 0; S < (1 << A); S++)
if(d[S][0]) ans += d[S][0];
printf("%lld
", ans);
} else {
if(n > A) n = A;
LL An = 1; //A^n
for(int i = 1; i <= n; i++) An *= A;
LL ans = 0;
for(LL t = k; t <= An; t += k)
if(check(t)) ans++;
printf("%lld
", ans);
}
}
return 0;
}