bzoj 3131 [Sdoi2013]淘金（数位dp）

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轴坐标范围均为1..N。初始的时候，所有的整数坐标点上均有一块金子，共N*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)坐标处的金子会变到(f(i)，fIj))坐标处。其中f(x)表示x各位数字的乘积，例如f(99)=81，f(12)=2，f(10)=0。

如果金子变化后的坐标不在1..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，玩家可以开始进行采集工作。

小Z很懒，打算只进行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K的前提下，最多可以采集到多少块金子？答案可能很大，小Z希望得到对1000000007(10^9+7)取模之后的答案。

输入输出格式

输入格式：

共一行，包含两介正整数N，K。

输出格式：

一个整数，表示最多可以采集到的金子数量。

输入输出样例

输入样例#1：复制

1 2  5

输出样例#1：复制

说明

N < = 10^12 ,K < = 100000

对于100%的测试数据：K < = N^2

题解

　　大概是少数我能看得懂题解的数位dp……

　　我们可以先求出每个数能被转移到的次数$f[i]$，那么点$(i,j)$的金子就是$f[i]*f[j]$

　　然后这个$f$就用数位dp来求，具体可以看代码

　　因为题目中所有数的积的总数也就$10^4$左右，可以直接深搜+离散给弄出来

　　然后考虑状态$f[i][j][k]$表示$i$位数，积为$j$（离散后的），$k$表示是否超过$n$

　　然后直接递推

　　再然后直接用优先队列求答案就行

　　然后代码里细节很多，都写在注解里了，自己注意

 1 //minamoto
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<queue>
 6 #define ll long long
 7 using namespace std;
 8 const int N=4e5+5,mod=1e9+7;
 9 ll f[15][N][2],num[N],sz[N];
10 int tot,K,a[15],len;ll n,ans;
11 struct node{
12     int x,y;ll v;
13     node(int x,int y):x(x),y(y){v=sz[x]*sz[y];}
14     inline bool operator <(const node &b)const
15     {return v<b.v;}
16 };
17 priority_queue<node> q;
18 inline bool cmp(ll x,ll y){return x>y;}
19 void dfs(int now,int dep,ll mul){
20     if(dep==len) num[++tot]=mul;
21     else{
22         for(int i=now;i<10;++i) dfs(i,dep+1,mul*i);
23     }
24 }
25 int main(){
26     //freopen("testdata.in","r",stdin);
27     scanf("%lld%d",&n,&K);
28     ll tmp=n;
29     while(n) a[++len]=n%10,n/=10;
30     num[++tot]=0;dfs(1,0,1);
31     sort(num+1,num+1+tot);
32     tot=unique(num+1,num+1+tot)-num-1;
33     f[0][2][0]=1;//num[2]是1
34     for(int i=0;i<=len;++i) for(int j=1;j<=tot;++j) for(int k=0;k<2;++k) if(f[i][j][k]){
35         for(int x=i==0?0:1;x<10;++x){
36             //0只能有1个
37             int r=lower_bound(num+1,num+tot+1,num[j]*x)-num;
38             f[i+1][r][(k+x)>a[i+1]]+=f[i][j][k];
39             //这里应该写成x+k>a[i+1]来判断是否大于而不是x>k
40             //首先这里是从低位到高位枚举，所以默认高位全是0
41             //然后如果x==a[i+1]那就要看后面有没有超来判断当前数是否超了
42             //所以要+k
43         }
44     }
45     for(int i=1;i<=tot;++i){
46         for(int j=1;j<=len-1;++j) sz[i]+=f[j][i][0]+f[j][i][1];
47         //上面是这样写，因为全都是低位，低位就算超了，高位还是小于限制
48         sz[i]+=f[len][i][0];
49         //最高位不能超
50     }
51     sort(sz+1,sz+1+tot,cmp);
52     q.push(node(2,2));
53     while(!q.empty()&&K){
54         node u=q.top();q.pop();
55         ans=(ans+u.v)%mod;
56         if(!--K) break;
57         if(u.x!=u.y){
58             //如果两个数不一样，那么这样的格子有两个
59             ans=(ans+u.v)%mod;
60             if(!--K) break;
61             q.push(node(u.x+1,u.y));
62         }
63         if(u.x==2) q.push(node(u.x,u.y+1));
64         //排序之后肯定从大到小最优
65         //所以枚举是跑x+1还是y+1
66     }
67     printf("%lld\n",ans);
68     return 0;
69 }

转载于:https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/9541842.html