hdu 3967 Zero's Number

题意：将一个数划分成两部分，如果过分出来的两部分相加能被k整除，则这种划分时可行的，题目要我们求的是一段区间内的数有多少种可行的划分方法（PS：一个数可以有多种划分方法，如333 3有两种分别是33|3 , 3|33）

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid

dp[i][j][k][l]表示处理到第i位，划分位置为j,除数为k，余数为l的，划分方法数。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll __int64
ll dp[18][18][22][22],md[19]={0,1};
void init()
{
    for(int i=2;i<19;i++)
    md[i]=10*md[i-1];
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    for(int k=1;k<21;k++)
        for(int l=0;l<k;l++)
            for(int j=0;j<10;j++)
                if(j%k==l)
                    dp[1][1][k][l]++;
    for(int i=2;i<18;i++){
        for(int j=1;j<=i;j++){
            for(int k=1;k<21;k++){
                for(int l=0;l<k;l++){
                    for(int j1=0;j1<10;j1++){
                        if(i!=j){
                            ll tmp=(j1*md[i-j])%k;
                            dp[i][j][k][l]+=dp[i-1][j][k][(l+k-tmp)%k];
                        }
                        else{
                            ll tmp=(j1*md[i])%k;
                            dp[i][i][k][l]+=dp[i-1][i-1][k][(l+k-tmp)%k];
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
}
ll solve(ll x,ll k)
{
    ll dig[20],cnt=0,ans=0,tx=x;
    while(x){
        dig[++cnt]=x%10;
        x/=10;
    }
    if(cnt>2){
        for(int i=1;i<cnt-1;i++)
        ans+=dp[cnt-1][i][k][0];
        for(int i=cnt-2;i>0;i--)
        ans-=dp[i][i][k][0];
    }
    
    for(int i=1;i<dig[cnt];i++){
        for(int j=1;j<cnt;j++){
            ll tmp=(i*md[cnt-j])%k;
            ans+=dp[cnt-1][j][k][(k-tmp)%k];
        }
        
    }
    for(int i=cnt-1;i>1;i--){
        for(int j=0;j<dig[i];j++){
            ll cntt=cnt-1,tmp2=0,tmp1=dig[cnt];
            while(cntt>i){
                tmp2=10*tmp2+dig[cntt];
                cntt--;
            }
            for(int kk=cnt-1;kk>=i;kk--){
                ll tmp3=(tmp1)%k;
                ll tmp4=(tmp2*md[i+1])%k;
                ll tmp5=(j*md[i])%k;
                ans+=dp[i-1][i-1][k][(k-tmp3-tmp4-tmp5+2*k)%k];
                tmp1=tmp1*10+dig[kk];
                tmp2=tmp2-dig[kk]*md[kk-i];
            }
            tmp1=tmp1-dig[i]+j;
            for(int kk=i-1;kk>0;kk--){
                ll tmp3=(tmp1*md[i-kk])%k;
                ans+=dp[i-1][kk][k][(k-tmp3)%k];
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<dig[1];i++){
        ll su1=tx-dig[cnt]*md[cnt]-tx%10,su2=tx/md[cnt];
        for(int j=cnt-1;j>0;j--){
            if((su1+su2+i)%k==0)
                ans++;
            su2=10*su2+dig[j];
            su1=su1-dig[j]*md[j];
        }
    }
    return ans;
}
int main()
{
    init();
    ll l,r,k,cnt=1;
    while(~scanf("%I64d%I64d%I64d",&l,&r,&k)){
        printf("%I64d
",solve(r+1,k)-solve(l,k));
    }
    return 0;
}