BZOJ 1072 [SCOI2007]排列perm 状压DP

题意：链接

方法：状压DP？

题解：这题其实没啥好写的，不算很难，推一推就能搞出来。

首先看到这个问题，对于被d整除这个条件，很容易就想到是取余数为0，所以想到可能状态中刚开始含有取余数。

先说我的第一个想法，f[i][j]表示选取i个数且此时的mod为j，这样的思想是第一下蹦出来的，当时想的就是在线来搞最终的答案。不过转瞬即发现，这TM不就是暴力吗魂淡！并没有什么卵用，于是开始想这个状态可不可以做什么优化。

显然第二维的j并不需要太大的优化，暂且先将其搁置一边，来考虑第一维的i怎么优化。

把滚动条拉到最下方发现这个i的范围最大是10，也就是说hash的空间为2^10-1，可以从状态的角度往下走，假设这个i代表hash状态，能不能表示他的转移方程呢？

首先按照一般的想法，对于每个i，可能从它的某一为1的位数变为零的状态转移过来，如果按照这个方向搞的话也许也能做出来，不过，我们更熟悉的操作是加上而并不是从原状态减去某个位，所以思路又转向到逆向更新。

也就是说我们可以初步写出来dp方程

f[(i|(1<<(k−1)))][(j∗10+a[k])%d]+=f[i][j]

其中更新的时候要保证i&(1<<(k-1))==0

然后我们做的只需要枚举i,枚举j,枚举k

嗯哼就是这样，然而这中途当然有很多自动剪掉的部分，所以复杂度不是很高。题目时间范围可承受。

但是并没有完，这时候你会发现如此的代码连第一个小样例都过不了，也就是说，如果有重复的数字的话，我们会算很多重复的情况，而怎么去重呢？只需要将答案除掉重复的数的个数的排列就好了，也就是阶乘！

后记：其实写这个题解的目的就是将自己解一道题的全过程写出来。

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 15
#define M 1100
using namespace std;
int tot,mod,l;
int a[N];
int cnt[N];
char s[N];
int f[<<][M];
int A[]={,,,,,,,,,,};
void dfs()
{
    for(int i=;i<(<<l);i++)
    {
        for(int k=;k<mod;k++)
        {
            if(f[i][k])
            {
                for(int j=;j<=l;j++)
                {
                    if((i&(<<(j-)))==)
                    {
                        f[(i|(<<(j-)))][(k*+a[j])%mod]+=f[i][k];
                    }
                }
            }
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&tot);
    while(tot--)
    {
        scanf("%s",s);
        l=strlen(s);
        memset(cnt,,sizeof(cnt));
        for(int i=;i<l;i++)
        {
            a[i+]=s[i]-'0';
            cnt[a[i+]]++;
        }
        scanf("%d",&mod);
        memset(f,,sizeof(f));
        f[][]=;
        dfs();
        int ans=f[(<<l)-][];
        for(int i=;i<=;i++)
        {
            if(cnt[i])ans/=A[cnt[i]];
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}