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
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 }
