bzoj千题计划268：bzoj3131: [Sdoi2013]淘金

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3131

如果已知 s[i]=j 表示有j个<=n数的数码乘积=i

那么就会有 s[a1]*s[a2] 个数 在一阵风之后到（a1，a2）位置

把所有的j用一个数组b存起来，从大到小排序
开始把（1,1）存入堆，表示当前最多的是b[1]*b[1]
每次取出堆顶(i,j)，累加 b[i]*b[j]，存入（i+1，j），（i，j+1），map 判重

就可以解决前k大之和的问题

i的上限是n，存不下，怎么办

我们发现 n以内 有大量的i 是无用的

只有质因数分解之后 质因子为2、3、5、7 的i 才是合法状态

所以 dp[len][0/1][c2][c3][c5][c7] 表示前len位，是否卡上界，当前i=2^c2 * 3^c3 * 5^c5 * 7^c7 的 j是多少

数位dp

注意不能放0，但是可以有前导0，所以除了最高位，都要加上前导0的贡献，即dp[][0][0][0][0][0]++ (前导0不卡上界)

#include<map>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int mod=1e9+7;

LL dp[2][2][41][27][19][16];
int f[10][4];

int a[14];

int cnt;
LL b[10001];

priority_queue< pair<LL,pair<int,int> > >q;
map<pair<int,int>,bool>vis;

void pre()
{
    f[2][0]=1;
    f[3][1]=1;
    f[4][0]=2;
    f[5][2]=1;
    f[6][0]=1;
    f[6][1]=1;
    f[7][3]=1;
    f[8][0]=3;
    f[9][1]=2;
}

void reverse(int len)
{
    int k=len/2;
    for(int i=1;i<=k;++i) swap(a[i],a[len-i+1]);
}

void ADD(int &x,int y)
{
    x+=y;
    x-=x>=mod ? mod : 0;
}

LL Pow(LL a,int b)
{
    LL res=1;
    for(;b;a*=a,b>>=1)
        if(b&1) res*=a;
    return res;
}

void numberDP(LL n)
{
    int len=0;
    LL m=n;
    while(m) a[++len]=m%10,m/=10;
    reverse(len);
    int up,J;
    int now=0,nxt=1;
    for(int i=0;i<len;++i,swap(now,nxt))
    {
        if(!i) dp[now][1][0][0][0][0]++;
        else dp[now][0][0][0][0][0]++;
        memset(dp[nxt],0,sizeof(dp[nxt]));
        for(int j=0;j<=1;++j)
            for(int c2=0;c2<=40;++c2)
                for(int c3=0;c3<=26;++c3)
                    for(int c5=0;c5<=18;++c5)
                        for(int c7=0;c7<=15;++c7)
                            if(dp[now][j][c2][c3][c5][c7])
                            {
                                if(j) up=a[i+1];
                                else up=9;
                                for(int k=1;k<=up;++k)
                                {
                                    J=(j && k==up);
                                    dp[nxt][J][c2+f[k][0]][c3+f[k][1]][c5+f[k][2]][c7+f[k][3]]+=dp[now][j][c2][c3][c5][c7];
                                }
                            }
    }
    LL sum,tmp;
    for(int c2=0;c2<=40;++c2)
    {
        tmp=Pow(2,c2);
        if(tmp>n) break;
        for(int c3=0;c3<=26;++c3)
        {
            tmp=Pow(2,c2)*Pow(3,c3);
            if(tmp>n) break;
            for(int c5=0;c5<=18;++c5)
            {
                tmp=Pow(2,c2)*Pow(3,c3)*Pow(5,c5);
                if(tmp>n) break;
                for(int c7=0;c7<=15;++c7)
                {
                    tmp=Pow(2,c2)*Pow(3,c3)*Pow(5,c5)*Pow(7,c7);
                    if(tmp>n) break;
                    sum=dp[now][0][c2][c3][c5][c7]+dp[now][1][c2][c3][c5][c7];
                    if(sum) b[++cnt]=sum;/*,printf("%d %d %d %d %I64d
",c2,c3,c5,c7,sum)*/;
                }
            }
        }
    }
}

void get_kth(int k)
{
    sort(b+1,b+cnt+1,greater<int>());
    int i=1,j=1;
    int ans=0;
    pair<LL,pair<int,int> >pr;
    int x,y;
    q.push(make_pair(b[1]*b[1],make_pair(1,1)));
    while(k-- && !q.empty())
    {
        pr=q.top();
        q.pop();
        if(!pr.first) break;
        ADD(ans,pr.first%mod);
        x=pr.second.first;
        y=pr.second.second;
        if(!vis[make_pair(x+1,y)]) 
        {
            q.push(make_pair(b[x+1]*b[y],make_pair(x+1,y)));
            vis[make_pair(x+1,y)]=true;
        }
        if(!vis[make_pair(x,y+1)]) 
        {
            q.push(make_pair(b[x]*b[y+1],make_pair(x,y+1)));
            vis[make_pair(x,y+1)]=true;
        }
    }
    printf("%d",ans);
}

int main()
{
    //freopen("gold.in","r",stdin);
    //freopen("gold.out","w",stdout);
    LL n; int k;
    scanf("%lld%d",&n,&k);
    pre();
    numberDP(n);
    get_kth(k);
    return 0;
}