SP8177-JZPEXT题解

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思路简介

很显然，这是一道数位 dp 题目。对于这一类题目，我们可以采用记忆化搜索的方法进行处理。这种方法套路性较强，易于掌握。不难得到，要是这个数能被每一位上的数整除，它一定能被这些数的最小公倍数整除。我们可以将 dp 数组设为三维，$d{p}_{i,j,k}$ 表示目前在数字的第 $i$ 位，当前数字为 $j$，每一位数字的最小公倍数为 $k$ 的满足条件的数字个数。但是 $1\le l,r\le {10}^{18}$，显然空间会爆炸，我们考虑如何对其进行优化。

我们注意到这个数只需要能够被每一位上的数整除即可，而 $1$ 到 $9$ 的最小公倍数为 $2520$，那么我们可以在每一次更新数时将这个数对 $2520$ 取模，不会对判定产生影响。

但是，开一个 $20\times 2520\times 2520$ 的数组在空间上仍然是不可接受的，我们考虑进一步优化。注意到不同的个位数能够得到的最小公倍数数量是极其有限的，打表可知只有 $48$ 个。那么我们可以将每个最小公倍数与一个编号一一对应，用一个数组或是 map 存储即可。

注意两个坑点：

1. 在进行记忆化搜索时，最开始的最小公倍数要设为 $1$ 而不是 $0$，否则会得到 RE 的好结果。
2. 这道题对代码长度有限制，尽可能写的短一些。

代码

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long i64;
const int Mod = 2520;
int T, tot, a[20];
i64 f[20][2600][50], id[2600], l, r;
inline int lcm(int a, int b) { return a * b / std::__gcd(a, b); }
inline i64 dfs(int pos, int num, int mod, bool limit) {
    if (!pos) return (num % mod == 0);
    if (!limit && ~f[pos][num][id[mod]]) return f[pos][num][id[mod]];
    int up = limit ? a[pos] : 9;
    i64 res = 0;
    for(int i = 0; i <= up; ++i) res += dfs(pos - 1, (num * 10 + i) % Mod, i ? lcm(mod, i) : mod, limit && i == up);
    if (!limit) f[pos][num][id[mod]] = res;
    return res;
}
inline i64 solve(i64 num) {
    int len = 0;
    while (num) a[++len] = num % 10, num /= 10;
    return dfs(len, 0, 1, 1);
}
int main() {
    std::cin >> T;
    memset(f, -1, sizeof(f));
    for(int i = 1; i <= Mod; ++i) if (!(Mod % i)) id[i] = ++tot;
    while (T--) {
        std::cin >> l >> r;
        std::cout << solve(r) - solve(l - 1) << '\n';
    }
    return 0;
}