Bzoj 3131 [Sdoi2013]淘金 题解

3131: [Sdoi2013]淘金

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Description

小Z在玩一个叫做《淘金者》的游戏。游戏的世界是一个二维坐标。X轴、Y轴坐标范围均为1..N。初始的时候，所有的整数坐标点上均有一块金子，共N*N块。
    一阵风吹过，金子的位置发生了一些变化。细心的小Z发现，初始在(i，j)坐标处的金子会变到(f(i)，fIj))坐标处。其中f(x)表示x各位数字的乘积，例如f(99)=81，f(12)=2，f(10)=0。如果金子变化后的坐标不在1..N的范围内，我们认为这块金子已经被移出游戏。同时可以发现，对于变化之后的游戏局面，某些坐标上的金子数量可能不止一块，而另外一些坐标上可能已经没有金子。这次变化之后，游戏将不会再对金子的位置和数量进行改变，玩家可以开始进行采集工作。
    小Z很懒，打算只进行K次采集。每次采集可以得到某一个坐标上的所有金子，采集之后，该坐标上的金子数变为0。
    现在小Z希望知道，对于变化之后的游戏局面，在采集次数为K的前提下，最多可以采集到多少块金子？
    答案可能很大，小Z希望得到对1000000007(10^9+7)取模之后的答案。

Input

共一行，包含两介正整数N，K。

Output

一个整数，表示最多可以采集到的金子数量。

Sample Input

1 2 5

Sample Output

18

HINT

N < = 10^12 ,K < = 100000

对于100%的测试数据：K < = N^2

　　久违的的数位DP题……

　　首先，我们可以发现横纵坐标没有任何关系，完全独立，所以我们真正要做的是求出每个数有多少个数以他为f值。按照套路我们还是应该先dfs一下各种可能的乘积，然后弱到一定地步的我就懵了，乘积得多少种啊，存都存不下，然后事实证明我错了，实践证明我只要打一下表就会发现其实只有八千多个乘积……

　　求出来所有乘积之后我们接着按照数位DP的套路搞。不过为了方便，我们把我们得到的所有乘积先去重和离散。设f[i][j][k]为当前我们算到第i位，第i位为j，当前乘积离散后为k的方案数。转移也是很好转移的，直接枚举那一位的数是几就好了。统计答案的时候也是按照套路，先统计位数比n低的，然后将位数从高到低依次统计每一个k答案即可。至于答案。我们用优先队列排序就可以了。

 #include <iostream>
 #include <cstdlib>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #include <cmath>
 #include <queue>
 #include <map>
 #include <set>
 #include <vector>
 #define N 10005
 using namespace std;
 long long n;
 int k,zz,cnt;
 long long c[],p=;
 long long jg[];
 void dfs(long long x,int st,int len)
 {
     if(len==)
     {
         return;
     }
     zz++;
     jg[zz]=x;
     for(int i=st;i<=;i++)
     {
         dfs(x*i*1ll,i,len+);
     }
 }
 long long f[][][N];
 long long ans[N];
 long long work(int x)
 {
     long long sum=;
     for(int i=;i<cnt;i++)
     {
         for(int j=;j<=;j++)
         {
             sum+=f[i][j][x];
         }
     }
     long long la=;
     for(int i=cnt;i>;i--)
     {
         if(la==||jg[x]%la||la>jg[x])break;
         int t=lower_bound(jg+,jg++zz,jg[x]/la)-jg;
         for(int j=;j<c[i];j++)
         {
             sum+=f[i][j][t];
         }
         la*=c[i];
     }
     return sum;
 }
 map<int,bool> vi[N];
 struct no{
     int a,b;
     long long data;
     bool friend operator < (no a,no b)
     {
         return a.data<b.data;
     }
 };
 int main()
 {
     scanf("%lld%d",&n,&k);
     zz++;jg[zz]=;
     long long tt=n;
     while(tt)
     {
         cnt++;
         c[cnt]=tt%;
         tt/=;
     }
     c[]++;
     dfs(,,);

     sort(jg+,jg+zz+);
     zz=unique(jg+,jg+zz+)-jg-;
     for(int i=;i<=;i++)
     {
         f[][i][lower_bound(jg+,jg+zz+,i)-jg]=;
     }
     for(int i=;i<cnt;i++)
     {
         for(int j=;j<=;j++)
         {
             for(int k=;k<=;k++)
             {
                 for(int l=;l<=zz;l++)
                 {
                     if(!f[i][j][l])continue;
                     if(jg[l]*(long long)k>jg[zz])continue;
                     f[i+][k][lower_bound(jg+,jg++zz,jg[l]*k)-jg]+=f[i][j][l];
                 }
             }
         }
     }
     for(int i=;i<=zz;i++)
     {
         ans[i]=work(i);
     }
     sort(ans+,ans+zz+);

     no aa;
     aa.a=aa.b=zz;
     aa.data=ans[zz]*ans[zz];
     priority_queue<no> q1;

     q1.push(aa);
     long long sum=;
     while(k&&!q1.empty())
     {
         k--;
         while(!q1.empty()&&vi[q1.top().a][q1.top().b]) q1.pop();
         aa=q1.top();q1.pop();
         sum+=aa.data%p;
         sum%=p;
         vi[aa.a][aa.b]=;
         aa.a--;
         aa.data=ans[aa.a]*ans[aa.b];
         q1.push(aa);
         aa.a++;aa.b--;
         aa.data=ans[aa.a]*ans[aa.b];
         q1.push(aa);
     }
     printf("%lld\n",sum);
     return ;
 }