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題意：
給定一個 n ，求 1 - n 中 Beautiful Numbers 的個數。一個數爲 Beautiful Numbers 當且僅當它是它所有數位上數字和的倍數。
思路：
數位dp的關鍵在於定義dp數組以確保該數位上進行如此選擇對答案的貢獻是唯一的。
定義dp數組：dp[pos][sum][res] ：sum表示各數位上數字的和，res表示數值%mod 。
其中 mod 爲最終的數字各數位上數字的和。（sum最終要等於mod才計算答案）10^12以內的數mod最大爲位數*9，暴力枚舉即可。
分析唯一性：設到pos位，2個不同的數，及pos位以前的值有不同，但其各數位上數字的和相同，均爲sum，且膜上mod的值（設爲p）也相同，所以從pos到第一位他們所需要的數位和是相同的（均爲mod-sum），且組成的數字%mod的值（設爲 t ）也是相同的（均爲 t=mod-p），即這兩個不同的數到此位爲止後面的計算都是完全一樣的，可行！
memset優化：上述dp數組在遍歷mod的時候每次都需要初始化，因爲不同mod情況下，dp數組記錄的數值不同。這樣每次都要初始化15*120*120的數組，單次複雜度爲15*120*120*108 = 2e7，100組詢問，複雜度爲 2e9 ，爆炸。但我們可以發現不同組詢問的時候，只要mod值一樣，其實dp數組存的數值是一樣的，因此爲了避免重複memset，我們可以給dp數組增開一維 [mod] 。即dp數組爲 ：dp[pos][sum][res][mod] 。這樣只需要在 T組 外面memset一次即可。（以空間換時間）
Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX = 5e5 + 100;
ll n, mod;
int bit[15];
ll dp[15][120][120][120];
ll dfs(int pos, ll val, int sum, int limit)
{
if (pos == 0) {
return (sum == mod) && (val % mod == 0);
}
if (!limit&&dp[pos][sum][val % mod][mod] != -1) return dp[pos][sum][val % mod][mod];
int up = limit ? bit[pos] : 9;
ll ans = 0;
for (int i = 0; i <= up; i++) {
if (sum + i > mod) break;
ans += dfs(pos - 1, val * 10 + i, sum + i, limit&&i == bit[pos]);
}
if (!limit&&sum != 0) dp[pos][sum][val % mod][mod] = ans;
return ans;
}
ll solve(ll x)
{
int cnt = 0;
while (x) {
bit[++cnt] = x % 10;
x /= 10;
}
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= cnt * 9; i++) {
mod = i;
ans += dfs(cnt, 0, 0, true);
}
return ans;
}
int main()
{
memset(dp, -1, sizeof(dp));
int T;
scanf("%d", &T);
int Case = 1;
while (T--)
{
scanf("%lld", &n);
printf("Case %d: ", Case++);
printf("%lld\n", solve(n));
}
return 0;
}