SDOI2013 淘金

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X轴、Y轴坐标范围均为1..N1..N。初始的时候，所有的整数坐标点上均有一块金子，共 N∗NN*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)(i, j) 坐标处的金子会变到 (f(i),f(j))(f(i),f(j))坐标处。其中f(x)f(x)表示 xx各位数字的乘积，例如 f(99)=81，f(12)=2，f(10)=0f(99)=81，f(12)=2，f(10)=0。如果金子变化后的坐标不在 1..N1..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，玩家可以开始采集工作。

小 Z很懒，打算只进行只进行K 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KK的前提下，最多可以采集到少块金子？

答案可能很大，小 Z希望得到1000000007(109+7)1000000007 (10^ 9+7) 取模之后的答案。

Input

共一行，包含两个正整数 N, K 。

Output

一个整数，表示最多可以采集到的金子数量。

Sample Input

12 5

Sample Output

数据范围

样例解释

题解

我们可以发现x,yx,y坐标是不相关的。
我们设y=f(x)y=f(x)接下来我们的任务就是求yy的个数。
易得，yy可以表示成2p1∗3p2∗5p3∗7p42^{p1}*3^{p2}*5^{p3}*7^{p4},又可得yy的数量很少，只有大概20000个。我们就顺理成章想到用数位dp了。

设状态Fi,j,kF_{i,j,k} 表示从高至低dp到第ii位，前ii位的积为jj，前ii位是否与原数的前ii位相同(这一位只有0或1)。

Fi,j,0⇒Fi+1,j∗k,0,1⩽k⩽9

F_{i,j,0}\Rightarrow F_{i+1,j*k,0} ,1\leqslant k \leqslant9
Fi,j,1F_{i,j,1}的情况读者可以自己推一下。

参考代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define maxn 20
#define ll long long
#define mo 1000000007
using namespace std;ll n,m;ll f[1000005];ll num[20];struct note1{ll a,b;
};queue<note1> now,next;map <note1,ll> g[20];bool operator < (const note1 a,const note1 b){if(a.a!=b.a)return a.a<b.a;return a.b < b.b;
}void add(int x,note1 pq,ll ad) {if (!g[x].count(pq)) next.push(pq);g[x][pq]+=ad;
}void Pre(ll n){ll t1=0,t2=0;while (n) {num[++num[0]]=n % 10;n /= 10;}note1 tmp;tmp.a=0;tmp.b=1;now.push(tmp);g[num[0]+1][tmp]=1;fd(i,num[0],1) {while (!now.empty()) {note1 tmp=now.front();now.pop();ll way=g[i+1][tmp];if (!tmp.a) {fo(j,1,num[i]) {if (j==num[i]) {note1 pq;pq.a=0;pq.b=tmp.b*j;add(i,pq,way);}else {note1 pq;pq.a=1;pq.b=tmp.b*j;add(i,pq,way);}}}else {fo(j,1,9){note1 pq;pq.a=1;pq.b=tmp.b*j;add(i,pq,way);}}}note1 tmp;tmp.a=1;tmp.b=1;if (i>1) add(i,tmp,1);while (!next.empty()) {note1 tmp=next.front();next.pop();if (i==1&&!tmp.a) t1=tmp.b,t2=g[1][tmp];now.push(tmp);}}while (!now.empty()) {note1 tmp=now.front();now.pop();if (tmp.a==0) continue;f[++f[0]]=g[1][tmp];if (tmp.b==t1) f[f[0]]+=t2,t1=0;}if (t1>0) f[++f[0]]=t2;
}bool cmp(int i,int j){return i>j;
}struct note{ll w;int x,y;
};bool operator < (note i,note j){return i.w<j.w;
}priority_queue<note> q;void main2(){fo(i,1,f[0]) {note tmp;tmp.w=f[i]*f[1];tmp.x=i;tmp.y=1;q.push(tmp);}ll ans=0;fo(i,1,m) {if (q.empty()) break;note now=q.top();q.pop();ans=(ans+now.w) % mo;if (now.y!=f[0]) {now.w=f[now.x]*f[now.y+1];now.y++;q.push(now);}}printf("%lld",ans);
}int main(){scanf("%lld%lld",&n,&m);Pre(n);sort(f+1,f+f[0]+1,cmp);main2();return 0;
}

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