[SDOI2013]淘金 数位DP

做了好久。。。。

大致思路：

求出前k大的方格之和即为答案，

先考虑一维的情况，设f[i]为数位上各个数相乘为i的数的总数，也就是对于数i,有f[i]个数它们各个位相乘为i，

再拓展到二维，根据乘法原理（貌似是这个原理吧），方格(i , j)的金块数就是f[i] * f[j],

所以先数位DP求出f数组，然后贪心取前k大.

具体过程：

首先观察这道题的特殊性质，可以发现，由于是各个位上的数相乘得到贡献的目标，而各个位上的数只有:

1 2 3 4 5 6 7 8 9(如果有0的话金块就飞出去了，所以可以不算）

那么这几个数的质因子只有2,3,5,7，也就是说不为0的f[i]的i值只有2,3,5,7这4个质因子。

然后用计算器算一下就可以得知满足f[i]不为0的i不会很多，因为2^40就基本超数据范围了,

但是由于n过大，如果连f[i]为0的i也要参与运算就太浪费了，

所以考虑先预处理出可能符合要求的i.

以下提供两种方法：

1,dfs:

从0位开始搜索，

每次都递增（包括自己）的枚举下一位，

如果当前乘积超过n，return (超过n就出去了)

如果当前位==n的位数，统计答案并return（这样的话3会被003之类的统计到）

2，根据质因子只有2,3,5,7,暴力枚举。

4个for分别枚举每种质因子的指数，

退出条件类似于dfs。

然后就是DP了。

虽然说已经找到了所有可能状态，但是状态太大了，放不进数组，

怎么办呢？

离散化，每次查询的时候二分一下就好了（当然map也是可以的，不过我不会用23333333）

f[i][j][k]表示dp到第i位，乘积是第j小的那个状态，k=0表示没有超过边界，1表示超过边界。

注意这里的边界是指前i位对比n的前i位是否超过边界（i越大位数越高）

三层for分别枚举i，j，x（下一位是什么）。

每次用当前状态对下一状态做出贡献。

由于是从低位开始枚举的，因此x占的比重更大，

所以根据x来分情况讨论转移方程.

rank表示加上x这位的乘积是第几大

1,若x > s[i+1]（s[i]表示n的第i位）

则不管之前怎么样，都超出边界了

所以f[i+1][rank][1] += f[i][j][1] + f[i][j][0];

2,若x < s[i+1]

则不管之前怎么样，都不会超

所以f[i+1][rank][0] += f[i][j][1] + f[i][j][0];

3,x = s[i+1]

那么下一状态超不超完全取决于当前状态。

所以

f[i+1][rank][0] += f[i][j][0];

f[i+1][rank][1] += f[i][j][1];

然后我们发现对一个数i产生贡献的数的长度可能有很多种，

所以DP完之后，枚举产生贡献的数的长度统计入size[i]

其中长度为len(n的长度)时，

对i造成贡献的数，必须没有超过边界，因此只能加上f[len][i][0].

而其他长度都可以加上f[j][i][0] + f[j][i][1]

这里的size数组实际上就是前面思路里面的f数组，

现在我们得到了size数组，所以下一步就只需要统计答案了。

假设i表示行，j表示列，

显然对于指定的第i行来说，

要依次获得最大，只需要将j指针从大到小依次指向贡献大的列即可（此处size代表了贡献，因为行的限制已经满足了，所以看一个方格的贡献只需要看列，也就是size[列]就可以了）

那么如果我们先对size数组进行排序，那么最优答案必定由前k大的数互相搭配得到。

因此我们定义k个行指针，分别指向自己那一行，同时与这个行指针绑在一起的是一个列指针，先指向贡献最大的那一列，

然后用优先队列按size[行指针] * size[列指针]为标准维护大根堆。

每次取出最大的那一个，取k次，每次取的时候弹出指针，统计贡献，并将列指针移向下一个列（大小仅次于or等于当前列的列），然后放回优先队列中。

最后即可得到答案。

注意此题需要LL，不开会wa。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define R register int
 #define mod 1000000007
 #define LL long long
 //#define int LL
 #define AC 401000
 int len;
 int s[];
 LL n,k,tmp,tot,cnt,ans,t;//error!!!tmp是用来放n的，所以也要LL啊
 LL f[][AC][],num[AC],may[AC],size[AC];
 struct node{
     LL v;
     int x,y;
 };

 bool operator < (node a,node b)
 {
     return a.v < b.v;
 }
 //1230784859 39640
 priority_queue <node> q;
 /*观察到实质上是要找到前k大金块最多的方格，
 然后利用一点组合的知识可以得到：
 如果用f[i]表示个位数乘积是i的数的个数，
 那么块(i,j)的方块数就是f[i] * f[j],
 于是问题变成了求出所有f[i]，并找到任意不重复f[i] * f[j]的最大值，
 （格子不够就不取了）
 然后因为金块移动的方式是向个位数乘积移动，而观察这些可能的因数，
 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9,
 由这几个数相乘得到的数，它们的质因子只有2 ， 3 ， 5 ， 7。
 并且观察到2 ^ 40就已经达到了1e12,所以总的有金块的格子不会太多，
 所以应该可以利用这个来计算？
 每个数都用2 ^ a * 3 ^ b * 5 ^ c * 7 ^ d来表示(这样大概就存的下了？)
 所以就是要对每个可能的数求凑它有多少种方案
 f[i][j][k][l]四维DP，分别表示各个质因数的次方
 实际上f只要开大概f[40][29][20][15]就可以了
 不过因为总状态不多，所以可以先找到所有状态？
 然后就按照数位DP的套路来，一位代表到了哪一位，一位是有没有在边界上，
 这里还加一位表示是哪个数。
 f[i][j][k]表示到了第i位，乘积是第j小的那个数（相当于离散化），k表示是否超过了n（也就是边界）
 */

 bool cmp(int a,int b)
 {
     return a > b;
 }

 void dfs(int x,int length,LL mul)//当前位，当前长度，当前乘积，因为要保证小于n，error!!!mul要开LL啊
 {//其实也不用在意这里搜到的状态是否严格满足大小关系，如果不满足下面反正统计不到的
     if(!mul || mul > n) return ;//所以直接从小到大枚举防止重复组合即可,貌似手算可以发现，满足条件的mul一定不会大于n？
     if(length == len)//为了防止过多无用搜索，只搜到这一位就行了
     {//事实上就是因为这里搜到的状态并不严格满足大小关系，所以这样搜才不会遗漏，比如03这里直接乘会变成0
     //然而貌似并不会，这就是从第0位开始的原因了吧
         num[++cnt]=mul;//所以搜到03的假等价条件为搜到13，虽然实际上n不一定大于这个，但是为了保证正确性
         return;//多搜一点也没关系
     }
     for(R i=x;i<=;i++)
         dfs(i,length+,mul * i);
 }//其实也可以按照原来的思路，直接枚举每个质因子的指数
 //其实从低位开始枚举也是有用的，因为这样是为了能搜到个位数
 void pre()
 {
     scanf("%lld%lld",&n,&k);
     tmp=n;
     while(tmp)
     {
         s[++len]=tmp % ;
         tmp /= ;
     }
     dfs(,,);
     sort(num+,num+cnt+);
     for(R i=;i<=cnt;i++)
         if(num[i] != num[i+]) num[++tot]=num[i];//去重
 }

 inline int half(LL x)//二分这个数的下标error！！！x也要LL啊
 {
     int l=,r=tot,mid;//是从去重后的开始二分。。。。
     while(l < r)
     {
         mid=(l + r) >> ;
         if(x == num[mid]) return mid;//error明明是和num[mid]比较。。。。
         if(x > num[mid]) l=mid + ;
         else r=mid;
     }
     return l;
 }

 void work()
 {
     f[][][]=;//原因类似dfs,1的话就可以任意搭配了
     for(R i=;i<len;i++)
         for(R j=;j<=tot;j++)
         {//因为如果各个位上出现了0，那金块就出去了，所以是不能出现任何0的，但这样就不太好一次统计完了，
             for(R x=;x<=;x++)
             {
                 int rank=half(num[j] * x);//所以干脆统计到第i位就只统计第i位的，不考虑之前的方案，最后再重新计入答案
                 if(x > s[i+]) f[i+][rank][] += f[i][j][] + f[i][j][];//如果是大于的话，由于是在高位，所以不管前面怎么样都是大于了
                 else if(x < s[i+]) f[i+][rank][] += f[i][j][] + f[i][j][];//同理，此处不管前面怎么样都是小于
                 else//如果是等于的话大小关系就只受前面影响了
                 {
                     f[i+][rank][] += f[i][j][];
                     f[i+][rank][] += f[i][j][];
                 }
             }
         }
     for(R i=;i<=tot;i++)//枚举数字
     {
         for(R j=;j<len;j++)//枚举长度，长度没那么多的都可以超过n(在有的位置上),
             size[i]+=f[j][i][] + f[j][i][];
         size[i]+=f[len][i][];
     }
     //for(R i=1;i<=tot;i++) printf("%lld %lld\n",num[i],size[i]);
     sort(size + ,size + tot + ,cmp);
 //    for(R i=1;i<=tot;i++) printf("%lld %lld\n",num[i],size[i]);
 }
 /*用k个指针（其实不需要这么多？）
 一开始都指向自己，指针i表示横坐标为i，指向j表示纵坐标为j，
 因为同一个i，肯定是从大的纵坐标开始取，所以一开始i指向自己，然后如果取了这个，
 那就指向下一个纵坐标*/
 void getans()
 {
     node x;int en=min(k,tot);
     for(R i=;i<=en;i++)
         q.push((node) {size[i] * size[],i,});//指针先指向1,,,这里要改完啊
     for(R i=;i<=k;i++)
     {
         if(q.empty()) break;
         x=q.top();
         q.pop();
         ans=(ans + x.v) % mod;
         x.y++;//移动指针
         x.v=size[x.x] * size[x.y];//更新金块数量
         q.push(x);//再放回去
     }
     printf("%lld\n",ans);
 //    printf("time used %lf\n",(double)clock()/CLOCKS_PER_SEC);
 }

 int main()
 {
 //    freopen("in.in","r",stdin);
     pre();
     work();
     getans();
 //    fclose(stdin);
     return ;
 }

由于本人有打注释的习惯，所以看上去可能有点乱，以下为无注释版本：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define R register int
 #define mod 1000000007
 #define LL long long
 #define AC 401000
 int len;
 int s[];
 LL n,k,tmp,tot,cnt,ans,t;
 LL f[][AC][],num[AC],may[AC],size[AC];
 struct node{
     LL v;
     int x,y;
 };

 bool operator < (node a,node b)
 {
     return a.v < b.v;
 }

 priority_queue <node> q;

 bool cmp(int a,int b)
 {
     return a > b;
 }

 void dfs(int x,int length,LL mul)
 {
     if(!mul || mul > n) return ;
     if(length == len)
     {
         num[++cnt]=mul;
         return;
     }
     for(R i=x;i<=;i++)
         dfs(i,length+,mul * i);
 }

 void pre()
 {
     scanf("%lld%lld",&n,&k);
     tmp=n;
     while(tmp)
     {
         s[++len]=tmp % ;
         tmp /= ;
     }
     dfs(,,);
     sort(num+,num+cnt+);
     for(R i=;i<=cnt;i++)
         if(num[i] != num[i+]) num[++tot]=num[i];
 }

 inline int half(LL x)
 {
     int l=,r=tot,mid;
     while(l < r)
     {
         mid=(l + r) >> ;
         if(x == num[mid]) return mid;
         if(x > num[mid]) l=mid + ;
         else r=mid;
     }
     return l;
 }

 void work()
 {
     f[][][]=;
     for(R i=;i<len;i++)
         for(R j=;j<=tot;j++)
         {
             for(R x=;x<=;x++)
             {
                 int rank=half(num[j] * x);
                 if(x > s[i+]) f[i+][rank][] += f[i][j][] + f[i][j][];
                 else if(x < s[i+]) f[i+][rank][] += f[i][j][] + f[i][j][];
                 else
                 {
                     f[i+][rank][] += f[i][j][];
                     f[i+][rank][] += f[i][j][];
                 }
             }
         }
     for(R i=;i<=tot;i++)
     {
         for(R j=;j<len;j++)
             size[i]+=f[j][i][] + f[j][i][];
         size[i]+=f[len][i][];
     }
     sort(size + ,size + tot + ,cmp);
 }

 void getans()
 {
     node x;int en=min(k,tot);
     for(R i=;i<=en;i++)
         q.push((node) {size[i] * size[],i,});
     for(R i=;i<=k;i++)
     {
         if(q.empty()) break;
         x=q.top();
         q.pop();
         ans=(ans + x.v) % mod;
         x.y++;
         x.v=size[x.x] * size[x.y];
         q.push(x);
     }
     printf("%lld\n",ans);
 }

 int main()
 {
     pre();
     work();
     getans();
     return ;
 }