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
Sdoi2010 Contest2 Day2
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神奇的思路+DP~
在考场上A掉这题的神犇实在是太强了……
因为数从左往右不下降，所以每个数都可以表示为0，1，11，111，1111，…，111…111这些数中的9个之和（可以重复），而这些数%p一定会有循环，且循环节小于等于p，所以我们用cnt[i]记录模p余数是i的111…111的数量，然后就是DP了。
DP方法：
用f[i][j][k]表示枚举到cnt[i]，目前%p余数是j，已经用了k个形为111…111的数，但是注意到这样空间复杂度可能无法承受，而i对以后的递推并无影响，所以我们把i这一维换成滚动的，变成f[kkz][j][k]。
所以更新方法就是f[kkz][(j+i*z)%p][k+z]=(f[kkz][(j+i*z)%p][k+z]+1ll*f[kkz^1][j][k]*c[i][z])%modd，其中c[i][z]表示从cnt[i]中选z个的种类数（可重复），枚举z即可。
几个注意点：
（1）要乘1ll(1LL同义)；
（2）cnt[i]要开long long；
（3）位运算要加括号！位运算要加括号！位运算要加括号！
（4）k==0 ? tot=i:1和tot=k==0 ? i:1是有很大差别的.
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
#define modd 999911659int p,f[2][500][10],i,j,k,z,tot,b[501],c[501][9],len,kkz,ans,inv[501];
ll n,cnt[501];int getc(ll u,int v)
{int totn=inv[v];for(u%=modd;v--;totn=1ll*totn*u%modd,u--);return totn;
}int main()
{scanf("%lld%d",&n,&p);if(n<=p){for(i=j=1;j<n;j++,i=(i*10+1)%p) cnt[i]++;cnt[tot=i]++;} else{for(b[i=1%p]=len=1;!b[i=(i*10+1)%p];b[i]=++len);k=len;len-=b[i]-1;for(i=1%p,j=1;j<=k;i=(i*10+1)%p,j++) cnt[i]=1;for(;j<=n && j<=k+len;j++,i=(i*10+1)%p){cnt[i]+=(n-j+1)/len+((n-j+1)%len!=0);(n-j)%len==0 ? tot=i:1;}}tot=(p-tot)%p;for(inv[0]=inv[1]=1,i=2;i<=15;i++) inv[i]=1ll*(modd-modd/i)*inv[modd%i]%modd;for(i=2;i<=15;i++) inv[i]=1ll*inv[i]*inv[i-1]%modd;for(i=0;i<p;i++)if(cnt[i])for(j=0;j<9;j++) c[i][j]=getc(cnt[i]+j-1,j);f[0][0][0]=1;if(cnt[0]) for(i=1;i<9;i++) f[0][0][i]=c[0][i];for(i=1;i<p;i++)if(cnt[i]){kkz^=1;memset(f[kkz],0,sizeof(f[kkz]));for(j=0;j<p;j++)for(k=0;k<9;k++)if(f[kkz^1][j][k])for(z=0;k+z<9;z++)f[kkz][(j+i*z)%p][k+z]=(f[kkz][(j+i*z)%p][k+z]+1ll*f[kkz^1][j][k]*c[i][z])%modd;}for(int i=0;i<9;i++) ans=(ans+f[kkz][tot][i])%modd;printf("%d\n",ans);return 0;
}