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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
Sample Output
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<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<cmath> 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<n){//出现循环 43 LL len=n-cnt[x]+1;//剩余长度 44 int sz=tot-cnt[x]+1;//循环部分长度 45 if(sz>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<m;i++){ 51 if(cnt[i]){ 52 if(cnt[i]<tmp)cnt[i]=1;//未循环部分单独分组 53 else if(sz>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<m;i++)if(cnt[i])cnt[i]=1; 61 } 62 for(i=0;i<m;i++) 63 if(cnt[i]) for(j=0;j<9;j++) c[i][j]=clc(cnt[i]+j-1,j); 64 65 f[0][0][0]=1; 66 int tmp=0; 67 for(i=0;i<m;i++){ 68 if(cnt[i]){ 69 tmp^=1; 70 memset(f[tmp],0,sizeof f[tmp]); 71 /* for(j=0;j<9;j++){ 72 for(int k=0;k<m;k++){ 73 f[tmp][j][k]=f[tmp^1][j][k]; 74 } 75 }*/ 76 for(j=0;j<9;j++){ 77 for(int k=0;k<m;k++){ 78 for(int l=0;l<9-j;l++){ 79 (f[tmp][j+l][(k+l*i)%m]+=f[tmp^1][j][k]*c[i][l]%mod)%=mod; 80 } 81 } 82 } 83 } 84 } 85 for(i=0;i<9;i++)ans=(ans+f[tmp][i][add])%mod; 86 printf("%d ",ans); 87 return 0; 88 }