題目描述

小Z在玩一個叫做《淘金者》的游戲。游戲的世界是一個二維坐標。X軸、Y軸坐標范圍均為1..N。初始的時候，所有的整數坐標點上均有一塊金子，共N*N塊。

一陣風吹過，金子的位置發生了一些變化。細心的小Z發現，初始在(i，j)坐標處的金子會變到(f(i)，fIj))坐標處。其中f(x)表示x各位數字的乘積，例如f(99)=81，f(12)=2，f(10)=0。

如果金子變化后的坐標不在1..N的范圍內，我們認為這塊金子已經被移出游戲。同時可以發現，對于變化之后的游戲局面，某些坐標上的金子數量可能不止一塊，而另外一些坐標上可能已經沒有金子。這次變化之后，游戲將不會再對金子的位置和數量進行改變，玩家可以開始進行采集工作。

小Z很懶，打算只進行K次采集。每次采集可以得到某一個坐標上的所有金子，采集之后，該坐標上的金子數變為0。

現在小Z希望知道，對于變化之后的游戲局面，在采集次數為K的前提下，最多可以采集到多少塊金子？ 答案可能很大，小Z希望得到對1000000007(10^9+7)取模之后的答案。

輸入輸出格式

輸入格式：

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共一行，包含兩介正整數N，K。

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輸出格式：

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一個整數，表示最多可以采集到的金子數量。

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輸入輸出樣例

輸入樣例#1：?復制 1 2 5 輸出樣例#1：?復制 18

說明

N < = 10^12 ,K < = 100000

對于100%的測試數據：K < = N^2

題解

　　大概是少數我能看得懂題解的數位dp……

　　我們可以先求出每個數能被轉移到的次數$f[i]$，那么點$(i,j)$的金子就是$f[i]*f[j]$

　　然后這個$f$就用數位dp來求，具體可以看代碼

　　因為題目中所有數的積的總數也就$10^4$左右，可以直接深搜+離散給弄出來

　　然后考慮狀態$f[i][j][k]$表示$i$位數，積為$j$（離散后的），$k$表示是否超過$n$

　　然后直接遞推

　　再然后直接用優先隊列求答案就行

　　然后代碼里細節很多，都寫在注解里了，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個 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 //這里應該寫成x+k>a[i+1]來判斷是否大于而不是x>k 40 //首先這里是從低位到高位枚舉，所以默認高位全是0 41 //然后如果x==a[i+1]那就要看后面有沒有超來判斷當前數是否超了 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 //上面是這樣寫，因為全都是低位，低位就算超了，高位還是小于限制 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 //如果兩個數不一樣，那么這樣的格子有兩個 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 //排序之后肯定從大到小最優 65 //所以枚舉是跑x+1還是y+1 66 } 67 printf("%lld\n",ans); 68 return 0; 69 }

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轉載于:https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/9541842.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的bzoj 3131 [Sdoi2013]淘金（数位dp）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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