标签：乘积 int ll break SDOI2013 dp 数位
description
\(f(x)\)表示\(x\)的各个数位的乘积。
给\(N*N\)的矩阵每个矩阵上都有一块金子，一次变化后，金子从\((i,j)\)变到\((f(i),f(j))\)。
问一次变化后矩阵上金子个数前\(k\)大的和为多少。
\(N<=10^{12}\)
solution
- 首先发现题目最终要的性质，\(N\)虽然很大，但\(f(x)\)一共只有至多\(14672\)种。
因为是由多个一位数乘起来，\(f(x)=2^a*3^b*5^c*7^d\)。打个表发现数量为\(14672\)种。
相当于说最后有金子的位置很少。
因此考虑预处理出所有可能的值并离散化（标个号），然后求多少个\(x\)能\(f(x)\)得到\(i\),设这个方案数为\(c(i)\)。 - 因为跟数位有关，而且离散化后的状态数很小，考虑数位dp求方案数。
*这里的数位dp是递推（没有写记忆化）而且是从个位往高位推的。
设\(dp[i][j][0/1]\)表示填了后\(i\)位，乘积为\(j\)（当然是离散化后的标号），是否大于\(n\)的后\(i\)位。（转移见代码）
最后这个\(0/1\)在统计答案的时候有用，\(1\)的情况位数就必须小于\(n\)了。 - 现在已经求得\(c_i\),最后位置\((i,j)\)的金子数为\(c_i*c_j\)。
问题转化为：求\(c_i*c_j\)的前\(k\)大。
二维的乘积最大，考虑定下一维，从大到小移动第二维（第一维固定，肯定第二维取还没用过的最大的），用堆维护（堆里面存二元组，按乘积最大排序）
即先将\(c_i\)从小到大排序。对于每个\(i\)，把\(c_i*c_m\)加入（\(c_m\)是最后一个）
每次取出堆顶，把第二维减一，执行\(k\)次可得到结果。
code:
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=15001;
const ll mod=1e9+7;
map<ll,int>mp;
ll n,pm[N];
int m,k;
void init() {
ll w=1;
for(int i=0;i<=39;i++) {
ll x=w;
for(int j=0;j<=25;j++) {
ll y=w;
for(int l=0;l<=17;l++) {
ll z=w;
for(int r=0;r<=14;r++) {
pm[mp[w]=++m]=w;
w*=7;
if(w>n) break;
}
w=z*5;
if(w>n) break;
}
w=y*3;
if(w>n)break;
}
w=x*2;
if(w>n)break;
}
}
ll dp[17][N][2];
int len,a[N];
ll c[N]; //乘积为$i$对应的方案数
void DP() {
ll x=n;
while(x) {a[++len]=x%10;x/=10;}
for(int j=1;j<=9;j++) {dp[1][mp[j]][j>a[1]]=1;}
for(int i=2;i<=len;i++) {
for(int j=1;j<=m;j++) {
ll w=pm[j];
for(int k=1;k<=9;k++) {
if(w%k)continue;
int o=mp[w/k];
if(k<a[i]) {dp[i][j][0]+=dp[i-1][o][0]+dp[i-1][o][1];}
else if(k>a[i]) {dp[i][j][1]+=dp[i-1][o][0]+dp[i-1][o][1];}
else {
dp[i][j][0]+=dp[i-1][o][0];
dp[i][j][1]+=dp[i-1][o][1];
}
}
}
}
for(int i=1;i<=len;i++)for(int j=1;j<=m;j++) {
c[j]+=dp[i][j][0]+((i==len)?0:dp[i][j][1]);
}
}
struct pq {
int x,y;
bool operator <(const pq &u) const{return c[x]*c[y]<c[u.x]*c[u.y];}
};
priority_queue<pq> Q;
void solve() {
k=min((ll)k,(ll)m*m);
sort(c+1,c+1+m);
for(int i=1;i<=m;i++)Q.push((pq){i,m});
ll ans=0;
while(!Q.empty()&&k--) {
int x=Q.top().x,y=Q.top().y; Q.pop();
ans=(ans+c[x]*c[y])%mod;
if(y>1)Q.push((pq){x,y-1});
}
printf("%lld",ans);
}
int main() {
scanf("%lld%d",&n,&k);
init();
DP();
solve();
return 0;
}
标签：乘积,int,ll,break,SDOI2013,dp,数位 来源： https://www.cnblogs.com/bestime/p/16475885.html
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