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 NN 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 (ij) ( 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)=81f(12)=2f(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 NK 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:
c[j] c [ j ] f(i)=j f ( i ) = j 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 
#include 
#include 
#include 
#define LL long long

const int maxn=1e5+7;
const LL d[4]={2,3,5,7};
const LL mod=1e9+7;

using namespace std;

LL n,k,cnt,l,r,ans,num,t,last;
LL h[maxn],f[15][maxn][2],a[maxn],sum[maxn];

void dfs(int x,LL sum)
{
    if (sum>n) return;
    h[++cnt]=sum;
    for (int i=x;i<4;i++) dfs(i,sum*d[i]);
}

bool cmp(LL x,LL y)
{
    return x>y;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);    
    dfs(0,1);
    sort(h,h+cnt+1);
    int lo=trunc(log(n+0.5)/log(10))+1;
    f[0][1][0]=1;       
    for (int i=1;i<=lo;i++)
    {
        for (int s=1;s<=9;s++)
        {
            for (int j=1,last=1;j<=cnt;j++)
            {
                while ((h[j]*s>h[last]) && (last<=cnt)) last++;
                if (last>cnt) break;
                if (s==n%10)
                {
                    f[i][last][0]+=f[i-1][j][0];
                    f[i][last][1]+=f[i-1][j][1];
                }
                else
                {
                    if (s%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);
}

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