好开心呀~果然只有不看题解做出来的题目才会真正的有一种骄傲与满足吧ヾ(๑╹◡╹)ﾉ"
实际上这题只要顺藤摸瓜就可以了。首先按照数位dp的套路，有两维想必是省不掉：1.当前dp到到的位数；2.0/1状态表示是否受限制（这一条是因为有数字上限）。然后根据这两个维度来接着往下想。第二个维度先撇开不看，我们只考虑如何从第 (i - 1) 位dp到第 (i) 位。在这里其实卡了有点久，因为如果除数与被除数都在改变，那么两维的转移是非常凉凉的。
这个时候联想题目的特殊性质 ----- 当感觉无法优化转移 / 转移方式的时候，考虑状态的重新设计 & 题目的特别要求。然后很开心的发现：(1e18) 实际上各位数字的和最大都只有 (162)。那么岂不是乱搞也可以？所以我们固定除数 (Q) 为 (left ( 1, 162 ight )) 当中的任意一个数，分别进行dp即可。此时的转移就简单了，因为除数固定，自然地追加一维表示余数。状态固定为 (f[i][j][k][L])，表示dp到第 (i) 位，要求第 (left ( 1, i ight )) 位的数字之和加起来为 (j)，且原数除以 (Q) 的余数为 (k)，限制为(Lleft ( 0, 1 ight ))的总个数。
感觉这份代码写的还行，跑得也还行……能看。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long int a[20], Res, mul[20]; int f[20][165][165][2]; int read() { int x = 0, k = 1; char c; c = getchar(); while(c < '0' || c > '9') { if(c == '-') k = -1; c = getchar(); } while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x * k; } #define Pre f[now][tot][rm][lim] int DP(int now, int tot, int rm, bool lim) { if(~Pre) return Pre; else Pre = 0; if(tot > now * 9) return 0; if(now == 1) { if(tot > 9 || (tot > a[now] && lim)) return Pre = 0; return Pre = ((Pre = tot % Res == rm) ? 1 : 0); } for(int i = 0; i <= 9; i ++) { if(i > a[now] && lim) break; if(tot < i) break; int q = (mul[now] * i) % Res; q = q % Res; int L = (i == a[now] && lim); f[now][tot][rm][lim] += DP(now - 1, tot - i, (rm - q + Res) % Res, L); } return f[now][tot][rm][lim]; } #undef Pre int Solve(int x) { int k = x, ans = 0, num = 0; while(k) num ++, a[num] = k % 10, k /= 10; for(int i = 1; i <= 163; i ++) { Res = i; if(i > num * 9) continue; memset(f, -1, sizeof(f)); ans += DP(num, i, 0, 1); } return ans; } signed main() { int a = read(), b = read(); mul[1] = 1; for(int i = 2; i <= 20; i ++) mul[i] = mul[i - 1] * 10; printf("%lld ", Solve(b) - Solve(a - 1)); return 0; }