beautiful number 数位DP codeforces 55D

题目链接：

http://codeforces.com/problemset/problem/55/D

数位DP

题目描述：

一个数能被它每位上的数字整除（0除外），那么它就是beautiful number。问区间[a,b]上有多少个beautiful number。如102就是一个beautiful number，因为它能整除1,2。14不是，因为14不能整除4.

解法：

数位DP，设dp[i][j][k]为累计到第i为，公倍数为j，模lcm(1,2,```,9)=2520的余数为k的数的个数。注意到两个事实，要求某个数能整除它的每一个非0位上的数字，那么等价于将这些数字求一个最小公倍数，如果这个数能整除它的最小公倍数，自然就是beautiful number。已知lcm（1,2，···，9） = 2520，一个数一定能写成k+2520*x这样的形式，其中0<k<2520。设组成这个数的非0数字的最小公倍数为j,就有（k+2520*x）%j = k%j.同时能知道2520的因子（不一定是素数因子）一共有48个，所以离散的存储这些数，同时用ra[i]，记录在离散数组中的编号。

贴代码：

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 const int mod = ;
 using namespace std;
 typedef long long int LL;
 template<typename T>T gcd(T a,T b)
 {
     return b==?a:gcd(b,a%b);
 }
 template<typename T>T lcm(T a,T b)
 {
     if(a*b ==  ) return a?a:b;
     return a/gcd(a,b)*b;
 }
 int  ra[mod+];
 int lm[];
 LL dp[][][mod+];
 int e[];
 int p[];
 void init()
 {
     e[] =;
     for(int i=; i<; ++i)
         e[i] = e[i-]*%mod; //e[i]表示10^i%2520的余数
     int cnt=;
     for(int i=; i<=mod; ++i)
         if(mod%i == ) lm[cnt] = i,ra[i] = cnt,++cnt;//记录2520的因子
     //ra记录这个因子在离散化存因子中的编号
 }
 void onceInit()
 {
     init();
     dp[][][] = ;
     for(int i=; i<; ++i)
     {
         for(int t=; t<; ++t)
         {
             for(int j=; j<; ++j)
             {
                 int d = lcm(lm[j],t);
                 int jj = ra[d];
                 for(int k=; k<; ++k)
                 {
                     int kk = (t*e[i-]+k)%mod;
                     dp[i][jj][kk] += dp[i-][j][k];
                 }
             }
         }
     }
 }
 int splitInt(LL x)//将数拆成一位一位的存在ｐ数组中
 {
     int i;
     for(i=; x; ++i)
         p[i] = x%,x /= ;
     return i;
 }
 LL solve(LL x)//统计从0-x中有多少个beautiful number，x不包含在内
 {
     LL ans =;
     int len = splitInt(x);
     int cu1=,cu2=;//前面数的公倍数，余数
     for(int i=len-; i> ; --i)
     {
         for(int t=; t<p[i]; ++t)
         {
             for(int j=; j<; ++j)
             {
                 int d = lcm(lm[j],t);
                 d = lcm(d,cu1);//这是真正的公倍数
                 int tmp = (cu2+t)*e[i-]%d;//k+tmp = l*d这样的k会是解
                 for(int k=(d-tmp)%d; k < ; k +=d)
                     ans += dp[i-][j][k];
             }
         }
         cu1=lcm(cu1,p[i]);//更新前面的余数和倍数
         cu2 = (cu2+p[i])*%mod;
     }
     return ans;
 }
 int main()
 {
 //    freopen("in.c","r",stdin);
     onceInit();
     int t;
     scanf("%d",&t);
     while(t--)
     {
         LL a,b;
         scanf("%I64d%I64d",&a,&b);
         printf("%I64d\n",solve(b+) - solve(a));
     }
     return ;
 }