Description
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。
Input
共一行，包含两介正整数N，K。
Output
一个整数，表示最多可以采集到的金子数量。
Sample Input
Sample Output
HINT
N < = 10^12 ,K < = 100000
对于100%的测试数据：K < = N^2
【思路】
数位DP+优先队列
求出每个数i可以被转移到的数目f[i]，则点(i，j)中的金子数目为f[i]*f[j]，我们就可以用优先队列求解前k大。
如何求f，数位DP。
首先所有的积数目在1e4左右，可以先dfs搜索出所有的数值，然后离散化。
设f[i][j][k]表示i位数，积为j（离散后的下标），到当前枚举位是否大于n，枚举第i+1位数转移即可。
DP的转移开始的设定需要格外注意。
【代码】
1 #include<cmath> 2 #include<queue> 3 #include<vector> 4 #include<cstdio> 5 #include<cstring> 6 #include<iostream> 7 #include<algorithm> 8 #define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++) 9 using namespace std; 10 typedef long long LL; 11 const int N = 4*1e5; 12 const int MOD = 1e9+7; 13 14 LL f[15][N][2],num[N],siz[N]; 15 int tot,K,a[15],len; LL n; 16 17 struct Node{ 18 int x,y; LL v; 19 Node(int x,int y):x(x),y(y) { v=siz[x]*siz[y]; } 20 bool operator < (const Node& rhs) const{ 21 return v<rhs.v; 22 } 23 }; 24 priority_queue<Node> q; 25 bool cmp(const LL& x,const LL& y) { 26 return x>y; 27 } 28 29 void dfs(int now,int dep,LL mul) { 30 if(dep==len) num[tot++]=mul; 31 else { 32 if(!mul) return ; 33 for(int i=now;i<10;i++) 34 dfs(i,dep+1,mul*i); 35 } 36 } 37 38 int main() { 39 scanf("%lld%d",&n,&K); 40 LL tmp=n; 41 while(n) { 42 a[++len]=n%10; 43 n/=10; 44 } 45 num[++tot]=0; 46 dfs(0,0,1); 47 sort(num+1,num+tot+1); 48 tot=unique(num+1,num+tot+1)-num-1; 49 f[0][2][0]=1; 50 FOR(i,0,len) FOR(j,1,tot) FOR(k,0,1) if(f[i][j][k]) 51 for(int x=i==0?0:1;x<10;x++) { //只允许长度为 1 的0存在 52 int r=lower_bound(num+1,num+tot+1,num[j]*x)-num; 53 f[i+1][r][(k+x)>a[i+1]]+=f[i][j][k]; 54 } 55 FOR(i,1,tot) { 56 FOR(j,1,len-1) 57 siz[i]+=f[j][i][0]+f[j][i][1]; 58 siz[i]+=f[len][i][0]; 59 } 60 sort(siz+1,siz+tot+1,cmp); 61 q.push(Node(2,2)); 62 int ans=0; 63 while(!q.empty() && K) { 64 Node u=q.top(); q.pop(); 65 ans=(ans+u.v)%MOD; 66 if(!(--K)) break; 67 if(u.x!=u.y) { 68 ans=(ans+u.v)%MOD; 69 if(!(--K)) break; 70 q.push(Node(u.x+1,u.y)); 71 } 72 if(u.x==2) q.push(Node(u.x,u.y+1)); 73 } 74 printf("%d",ans); 75 return 0; 76 }
PS：感觉自己好弱 TAT