1. 问题描述：
由于科协里最近真的很流行数字游戏。某人又命名了一种取模数，这种数字必须满足各位数字之和 mod N 为 0。现在大家又要玩游戏了，指定一个整数闭区间 [a，b]，问这个区间内有多少个取模数。
输入格式
输入包含多组测试数据，每组数据占一行。每组数据包含三个整数 a，b，N。
输出格式
对于每个测试数据输出一行结果，表示区间内各位数字和 mod N 为0的数的个数。
数据范围
1 ≤ a，b ≤ 2 ^ 31 ? 1，
1 ≤ N < 100
输入样例：
1 19 9
输出样例：
2
来源：https://www.acwing.com/problem/content/1086/
2. 思路分析：
分析题目可以知道我们需要求解出区间[a，b]中数字的每一位的和对N取余的结果为0的个数，由这个特点可以知道这道题目属于数位dp的题目，对于数位dp的题目，都是有固定的套路，一般通过树的形式来分析，其实数位dp的难点在于预处理的那个步骤，因为我们在考虑树的左边分支的时候其实累加的是一开始预处理的结果，所以关键是预处理数组f的过程；分析题目可以知道我们使用两维数组f不能够表示所有的状态，因为类似于之前的Windy数的那道题目，声明两维数组f，其中f[i][j]就可以表示总共有i位且最高位为j的Windy数的数目，但是这道题目两维不能够完整表示我们所有的状态，因为涉及到余数这个参数，所以我们需要将余数这个变量作为f数组的第三维变量，其中f[i][j][k]表示总共有i位且最高位为j，i位数字之和k对N取余的结果为0的数的个数，这样就可以完整表示我们需要的状态，其实我们可以发现，一般动态规划声明都是以前...i位...需要根据题目中涉及到的动态变化的参数来表示对应的状态（只要是发现当前的维度不够表示那么数组需要声明多一维）；怎么样进行状态计算呢？类似于之前Windy数的题目，我们可以枚举最高位和次高位填什么，可以使用四层循环枚举，第一层循环枚举总共有i位数字，第二层循环枚举i位数字的最高位填j，第三层循环枚举i位数字总和对P取余的余数，第四层循环枚举次高位填的数字，这样就可以预处理f数组了。当我们预处理f数组之后接下来就是常规的数位dp的步骤了，以区间其中一个端点y为例，我们需要将y的每一位抠出来存储到列表或者数组nums中，然后逆序枚举nums中的每一位数字，首先考虑左边的分支中当前的第i位数字填0~x的情况（x = nums[i]），使用last来记录第i位之前的数字总和，那么当前第i位填0~x的时候那么第i位之后的数字之和必须是-last，这样对N取余结果才等于0，进入循环的下一位的时候表示第i位填的是x，最后需要判断最右边的那个分支是否满足条件，只需要判断端点y各位数字之和对N取余的结果是否为0即可，也即i == 0 and last % P == 0，如果满足那么方案数目应该加1。
3. 代码如下：
import sys
from typing import List
class Solutuon:
# x对y取余, 因为有可能是负数所以需要先对y取余然后加上y再对y取余, 其实对于python来说
# x % y如果x是负数, y是正数那么结果一定是大于等于0的数字那么直接返回x % y也是正确的
def mod(self, x: int, y: int):
return (x % y + y) % y
# 预处理列表f
def init(self, N: int, P: int, f: List[List[List[int]]]):
for i in range(10): f[1][i][i % P] += 1
for i in range(2, N):
for j in range(10):
# 当前的余数为P
for k in range(P):
for x in range(10):
# 上一次的余数必须是k - j, 因为总和是当前的k
f[i][j][k] += f[i - 1][x][self.mod(k - j, P)]
def dp(self, n: int, P: int, f: List[List[List[int]]]):
# 判断边界, 若为0也是一个满足条件的数
if n == 0: return 1
nums = list()
while n > 0:
nums.append(n % 10)
n //= 10
# last计算前i位的数字之和
res, last = 0, 0
for i in range(len(nums) - 1, -1, -1):
x = nums[i]
# 枚举当前这一位填0~x的情况
for j in range(x):
# 因为前i位的数字之和为last所以后面的位的数字之和为-last, 这样对P取余的结果才等于0
res += f[i + 1][j][self.mod(-last, P)]
last += x
if i == 0 and last % P == 0: res += 1
return res
def process(self):
N, M = 15, 110
while True:
s = sys.stdin.readline().strip()
# 判断是否存在输入如果只有回车那么就退出循环
if not s: break
# P为取余的那个数字
a, b, P = map(int, s.split())
# f[i][j][k]表示总共有i位且最高位j, 总和模P等于k的方案数目
f = [[[0] * M for i in range(10)] for j in range(N)]
# 初始化预处理列表f这样后面在遍历nums的时候可以直接计算出左边分支的数目
self.init(N, P, f)
print(self.dp(b, P, f) - self.dp(a - 1, P, f))
if __name__ == "__main__":
Solutuon().process()