bzoj 3131 [Sdoi2013]淘金（数位dp）

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

共一行，包含两介正整数N，K。

输出格式：

一个整数，表示最多可以采集到的金子数量。

输入输出样例

输入样例#1：复制

1 2  5

输出样例#1：复制

说明

N < = 10^12 ,K < = 100000

对于100%的测试数据：K < = N^2

题解

　　大概是少数我能看得懂题解的数位dp……

　　我们可以先求出每个数能被转移到的次数$f[i]$，那么点$(i,j)$的金子就是$f[i]*f[j]$

　　然后这个$f$就用数位dp来求，具体可以看代码

　　因为题目中所有数的积的总数也就$10^4$左右，可以直接深搜+离散给弄出来

　　然后考虑状态$f[i][j][k]$表示$i$位数，积为$j$（离散后的），$k$表示是否超过$n$

　　然后直接递推

　　再然后直接用优先队列求答案就行

　　然后代码里细节很多，都写在注解里了，自己注意

 //minamoto

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<algorithm>

 #include<queue>

 #define ll long long

 using namespace std;

 const int N=4e5+,mod=1e9+;

 ll f[][N][],num[N],sz[N];

 int tot,K,a[],len;ll n,ans;

 struct node{

     int x,y;ll v;

     node(int x,int y):x(x),y(y){v=sz[x]*sz[y];}

     inline bool operator <(const node &b)const

     {return v<b.v;}

 };

 priority_queue<node> q;

 inline bool cmp(ll x,ll y){return x>y;}

 void dfs(int now,int dep,ll mul){

     if(dep==len) num[++tot]=mul;

     else{

         for(int i=now;i<;++i) dfs(i,dep+,mul*i);

     }

 }

 int main(){

     //freopen("testdata.in","r",stdin);

     scanf("%lld%d",&n,&K);

     ll tmp=n;

     while(n) a[++len]=n%,n/=;

     num[++tot]=;dfs(,,);

     sort(num+,num++tot);

     tot=unique(num+,num++tot)-num-;

     f[][][]=;//num[2]是1

     for(int i=;i<=len;++i) for(int j=;j<=tot;++j) for(int k=;k<;++k) if(f[i][j][k]){

         for(int x=i==?:;x<;++x){

             //0只能有1个

             int r=lower_bound(num+,num+tot+,num[j]*x)-num;

             f[i+][r][(k+x)>a[i+]]+=f[i][j][k];

             //这里应该写成x+k>a[i+1]来判断是否大于而不是x>k

             //首先这里是从低位到高位枚举，所以默认高位全是0

             //然后如果x==a[i+1]那就要看后面有没有超来判断当前数是否超了

             //所以要+k

         }

     }

     for(int i=;i<=tot;++i){

         for(int j=;j<=len-;++j) sz[i]+=f[j][i][]+f[j][i][];

         //上面是这样写，因为全都是低位，低位就算超了，高位还是小于限制

         sz[i]+=f[len][i][];

         //最高位不能超

     }

     sort(sz+,sz++tot,cmp);

     q.push(node(,));

     while(!q.empty()&&K){

         node u=q.top();q.pop();

         ans=(ans+u.v)%mod;

         if(!--K) break;

         if(u.x!=u.y){

             //如果两个数不一样，那么这样的格子有两个

             ans=(ans+u.v)%mod;

             if(!--K) break;

             q.push(node(u.x+,u.y));

         }

         if(u.x==) q.push(node(u.x,u.y+));

         //排序之后肯定从大到小最优

         //所以枚举是跑x+1还是y+1

     }

     printf("%lld\n",ans);

     return ;

 }