题解-SDOI2013 淘金

题面

SDOI2013 淘金

有一个 \(X\)、\(Y\) 轴坐标范围为 \(1\sim n\) 的范围的方阵，每个点上有块黄金。一阵风来 \((x,y)\) 上的黄金到了 \((f(x),f(y))\)，\(f(x)\) 为 \(x\) 各位上数字的乘积，如果黄金飘出方阵就没了。求在 \(k\) 个格子上采集黄金最多可以采集的黄金数。

数据范围：\(1\le n\le 10^{12}\)，\(k\le \min(n^2,10^5)\)。

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蒟蒻语

蒟蒻跟着 \(\it srf\) 大师的日报来做这题，然后发现自己的裸代码跑得比题解都快，方法也比较神奇，于是来跟巨佬们讲讲。

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蒟蒻解

首先众所周知，对于 \(1\le i\le 10^{12}\)，\(f(i)\) 只有 \(8282\) 种，所以可以先找出这 \(8282\) 种 \(f(i)\)，蒟蒻有三种方法：set、枚举质因数和数位 dp。

为了优化可以用数位 dp（这是第一次数位 dp），正好求出 \(1\sim n\) 的所有 \(f(i)\not=0\)：

int dn,d[13],cnt=0;
ll t[N]; unordered_map<ll,int> nt;
bool vis[13][N];
void init(int w,ll now,bool ava){ //w：位 now：乘积 ava=true：可以自由选择数字
	if(!~w){if(!nt.count(now)) nt[t[cnt]=now]=cnt,cnt++;return;}
	if(vis[w][nt[now]]) return;
	vis[w][nt[now]]=true;
	int up=ava?9:d[w];
	for(int i=1;i<=up;i++) init(w-1,now*i,true||i<up);
}
void INIT(){
	while(n) d[dn++]=n%10,n/=10;
	for(int i=0;i<=dn;i++) init(i-1,1,i<dn);
}

然后是最重要的部分：求每种 \(f(i)\) 有多少个 \(i\)。

蒟蒻原来的做法是对每种 \(f(i)\) 来一次数位 dp，瞬间被 TLE 打脸，于是蒟蒻想出了一个不同于别的巨佬的做法：

记 \(f_{w,now}\) 表示到第 \(w\) 位，剩下 \(w\) 位乘积为 \(now\) 的方案数。

用记忆化搜索转移，dp 中会用到除法。

ll f[13][N];
ll dp(int w,int now,bool ava){ //w：位 now：剩下期望乘积 ava=true：可以自由选择数字
	if(!~w) return t[now]==1;
	if(ava&&~f[w][now]) return f[w][now];
	int up=ava?9:d[w]; ll res=0;
	for(int i=1;i<=up;i++)if(t[now]%i==0)
		res+=dp(w-1,nt[t[now]/i],ava||i<up);
	if(ava) f[w][now]=res;
	return res;
}
void DP(){
	memset(f,-1,sizeof f);
	for(int i=0;i<cnt;i++)
		for(int j=1;j<=dn;j++) a[i]+=dp(j-1,i,j<dn); // ai 是每种 fi 出现次数
}

然后给 \(a_i\) 排个序，用堆维护找最大 \(k\) 乘积即可，考虑到相乘可能会爆 long long，蒟蒻用了除法。

时间复杂度 \(\Theta(8282*12*10)\)。

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代码

很明显蒟蒻的题解都是废话，只好放代码了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

//Start
typedef long long ll;
typedef double db;
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define x first
#define y second
#define be(a) a.begin()
#define en(a) a.end()
#define sz(a) int((a).size())
#define pb(a) push_back(a)
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

//Data
const int N=8282;
const int mod=1e9+7;
ll n,a[N];
int k,nex[N],ans;
struct cmp{
	bool operator()(pair<int,int> p,pair<int,int> q){
		return 1.*a[p.x]/a[q.y]<1.*a[q.x]/a[p.y];
	}
};
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int>>,cmp> q;

//Digitdp
int dn,d[13],cnt=0;
ll t[N]; unordered_map<ll,int> nt;
bool vis[13][N];
void init(int w,ll now,bool ava){
	if(!~w){if(!nt.count(now)) nt[t[cnt]=now]=cnt,cnt++;return;}
	if(vis[w][nt[now]]) return;
	vis[w][nt[now]]=true;
	int up=ava?9:d[w];
	for(int i=1;i<=up;i++) init(w-1,now*i,true||i<up);
}
void INIT(){
	while(n) d[dn++]=n%10,n/=10;
	for(int i=0;i<=dn;i++) init(i-1,1,i<dn);
}
ll f[13][N];
ll dp(int w,int now,bool ava){
	if(!~w) return t[now]==1;
	if(ava&&~f[w][now]) return f[w][now];
	int up=ava?9:d[w]; ll res=0;
	for(int i=1;i<=up;i++)if(t[now]%i==0)
		res+=dp(w-1,nt[t[now]/i],ava||i<up);
	if(ava) f[w][now]=res;
	return res;
}
void DP(){
	memset(f,-1,sizeof f);
	for(int i=0;i<cnt;i++)
		for(int j=1;j<=dn;j++) a[i]+=dp(j-1,i,j<dn);
}

//Main
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>k,INIT(),DP();
	sort(a+0,a+cnt,[&](ll p,ll q){return p>q;});
	for(int i=0;i<cnt;i++) nex[i]=0,q.push(mp(i,nex[i]++));
	while(k--&&sz(q)){
		pair<int,int> u=q.top(); q.pop();
		(ans+=(a[u.x]%mod)*(a[u.y]%mod)%mod)%=mod;
		if(nex[u.x]<cnt) u.y=nex[u.x]++,q.push(u);
	}
	cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}

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祝大家学习愉快！