洛谷 P3303 [SDOI2013]淘金 数位dp+二分答案
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 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 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) ( i ， j ) 坐标处的金子会变到 (f(i)，f(j)) ( f ( i ) ， f ( j ) ) 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 f ( 99 ) = 81 ， f ( 12 ) = 2 ， f ( 10 ) = 0 。
如果金子变化后的坐标不在 1..N 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 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(109+7) 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 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
输入样例#1：
12 5
输出样例#1：
18
说明
N<=1012,K<=100000 N <= 10 12 , K <= 100000
对于100%的测试数据： K<=N2 K <= N 2
分析：
设 c[j] c [ j ] 为 f(i)=j f ( i ) = j 的 i i 的个数，显然 j j 只有表示成 1 1 ~ 9 9 的乘积的数才可以，进一步，只有表示成 [2,3,5,7] [ 2 , 3 , 5 , 7 ] 的乘积才可以，这些数在 [1,1012] [ 1 , 10 12 ] 内不多于 105 10 5 个，直接dfs跑出来，然后排序，放在一个数组 h h 里。然后直接离散后数位dp，从低位往高位跑，设 f[i][j][0/1] f [ i ] [ j ] [ 0 / 1 ] 表示第 i i 位，选了 h[j] h [ j ] 的， 0 0 表示低位数小于等于 n n ，1表示大于 n n 的方案，转移显然。
求出数组 c c 后，相当于求任选两个数（可以是同一个数），前 k k 大的和。二分一个答案，然后判断大于 mid m i d 有没有 k k 个，如果大于等于 k k ，说明猜小了；否则猜大了。我们先对 c c 排序，判断个数可以维护两个指针，当一个往左移，另一个就往右移，求和可以用前缀和。注意dp那里不可以取模，直接统计前缀和才可以取模。还有二分可能达到0，注意边界。
代码：
// luogu-judger-enable-o2
#include %10) f[i][last][0]+=f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1];
else f[i][last][1]+=f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1];
}
}
}
n/=10;
}
for (int j=1;j<=cnt;j++) a[j]+=f[lo][j][0];
for (int i=1;ifor (int j=1;j<=cnt;j++) a[j]+=f[i][j][0]+f[i][j][1];
}
sort(a+1,a+cnt+1,cmp);
for (int i=1;i<=cnt;i++) sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%mod;
LL l=0,r=1e18;
while (l<=r)
{
LL mid=(l+r)/2;
last=cnt,num=0,t=0;
for (int i=1;i<=cnt;i++)
{
while ((a[i]*a[last]last>0)) last--;
t+=last;
num=(num+a[i]*sum[last]%mod)%mod;
}
if (t1;
else ans=(num+mod-mid*(t-k)%mod)%mod,l=mid+1;
}
printf("%lld",ans);
}