CF55D Beautiful numbers (数位dp）

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题解

一个数能被一些数整除，那么一定被这些数的\(lcm\)整除

那么我们容易想到根据\(lcm\)设状态

我们可以发现有用的\(lcm\)只有\(48\)个

那么按照一般的数位\(dp\)

设出状态：\(f_{i,j,k,0/1}\)表示前\(i\)位，\(lcm=j\)，模\(lcm\)的余数是\(k\)，是否达到上界

但是这样子是无法转移的（因为新添加一个数模数可能会产生变化）

那么我们把模数统一成\(2520\)

复杂度\(O(T*L*48*2500*2)\)

其中\(L\)是输入数的位数

然后就会\(TLE\)

考虑稍微优化一下。

因为是多组询问。

如果之前已经询问过一个很大的数了，

这一次询问其实有很多答案我们已经知道了。

我们可以去掉状态的\(01\)那一维。

这样复杂度就可以去掉那个询问组数了。

具体看第二个代码。

Code

int gcd(int x, int y) {
    return !y ? x : gcd(y, x % y);
}
int lcm(int x, int y) {
    if (!x || !y) return x | y;
    return x * y / gcd(x, y);
}
LL dfs(int x, int n, int m, int op) {
    if (!x) return !num[n] || m % num[n] == 0;
    if (f[x][n][m][op] != -1) return f[x][n][m][op];
    LL &res = f[x][n][m][op]; res = 0;
    for (int i = 0; i <= (op ? a[x] : 9); i++)
        res += dfs(x - 1, M[lcm(num[n], i)], (m * 10 + i) % 2520, op & i == a[x]);
    return res;
}
LL calc(LL x) {
    if (!x) return 1;
    l = 0;
    while (x) a[++l] = x % 10, x /= 10;
    for (int i = 1; i <= l; i++)
        memset(f[i], -1, sizeof(f[i]));
    return dfs(l, 0, 0, 1);
}
void solve() {
    LL l = gi(), r = gi();
    printf("%lld\n", calc(r) - calc(l - 1));
    return ;
}
int main() {
    for (int i = 1; i < (1 << 9); i++) {
        int d = 0;
        for (int j = 0; j < 9; j++)
            if (i >> j & 1)
                d = lcm(d, j + 1);
        if (!M[d]) num[++cnt] = d, M[d] = cnt;      
    }
    int T = gi();
    while (T--) solve();
    return 0;
}

LL dfs(int x, int n, int m, int op) {
    if (!x) return !num[n] || m % num[n] == 0;
    if (!op && f[x][n][m] != -1) return f[x][n][m];
    LL res = 0;
    for (int i = 0; i <= (op ? a[x] : 9); i++)
        res += dfs(x - 1, M[lcm(num[n], i)], (m * 10 + i) % 2520, op & i == a[x]);
    if (!op) f[x][n][m] = res;
    return res;
}