CodeForces 55D Beautiful numbers（数位dp）

数位dp，三个状态，dp[i][j][k]，i状态表示位数，j状态表示各个位上数的最小公倍数，k状态表示余数

其中j共有48种状态，最大的是2520，所以状态k最多有2520个状态。

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#define LL long long
LL dp[20][50][2520];
LL div[50],rdiv[2600],po[30];
LL a[4]={2,3,5,7},num[4]={3,2,1,1},cou=0,p[30];
void getdiv(int n,LL cur)//获取48个j状态
{
	if(n==4){
		div[cou]=cur;
		rdiv[cur]=cou++;
		return ;
	}
	getdiv(n+1,cur);
	for(int i=0;i<num[n];i++)
	{
		cur*=a[n];
		getdiv(n+1,cur);
	}
}
void getpo()
{
	po[1]=1;
	for(int i=2;i<20;i++)
       po[i]=po[i-1]*10;
}
LL gcd(LL a,LL b)
{
	if(b==0)return a;
	return gcd(b,a%b);
}
LL lcm(LL a,LL b)
{
	if(b==0)return a;
    LL p=gcd(a,b);
	return a/p*b;
}
void init()//预处理出dp[i][j][k]
{
    getdiv(0,1);
	getpo();
	int i,j,k,l;
	LL tm,ss;
	dp[0][0][0]=1;
	for(i=1;i<20;i++){
		for(j=0;j<10;j++){
            for(k=0;k<48;k++){
               for(l=0;l<2520;l++){
                tm=(l+j*po[i])%2520;
                ss=rdiv[lcm(div[k],j)];
                dp[i][ss][tm]+=dp[i-1][k][l];
               }
            }
		}
	}
}
LL solve(LL n)
{
	int i,j,k,l;
	for(i=1;n;i++)
	{
		p[i]=n%10;
		n/=10;
	}
	int len=i;
	LL ans=0,cur1=0,cur2=1,tm,ss;//cur1表示前几位上的数的余数，cur2表示前几位的数的最小公倍数
	for(i=len-1;i>0;i--)
	{
        for(j=0;j<p[i];j++)
		{
		    for(k=0;k<48;k++)
            {
		       ss=lcm(cur2,j);
		       ss=lcm(ss,div[k]);
		       tm=(cur1+j)*po[i]%ss;
		       for(l=(ss-tm)%ss;l<2520;l+=ss)//处理48种状态,2520个余数上合法的数
                  ans+=dp[i-1][k][l];
            }
		}
		cur2=lcm(cur2,p[i]);
		cur1=(cur1+p[i])*10%2520;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	int i,j,k,t;
	LL m,n;
	init();
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%I64d%I64d",&m,&n);
		printf("%I64d\n",solve(n+1)-solve(m));
	}
	return 0;
}