反过来想:对于一个 i i ,求有多少个 j j 满足 f(j)=i f ( j ) = i (下面记作 c(i) c ( i ) )。
可以发现在 f(j)=i f ( j ) = i 中,数 i i 必然可以分解成 2a×3b×5c×7d 2 a × 3 b × 5 c × 7 d 的形式。
所以虽然 N≤1012 N ≤ 10 12 ,但是满足 c(i)>0 c ( i ) > 0 的 i i 是不多的(实测最多 14672 14672 个)。
因此设状态: dp[i,j,0/1] d p [ i , j , 0 / 1 ] 表示从低到高位到了第 i i 位,各位数的积为 j j (需要离散化),第三维表示小于等于/大于 N N 的从低到高前 i i 位。
转移即枚举第 i i 位数 k k ,如果 k|j k | j ,
那么 dp[i,j,0/1] d p [ i , j , 0 / 1 ] 可以从 dp[i−1,jk,0/1] d p [ i − 1 , j k , 0 / 1 ] 转移过来。
这样就能算出所有 >0 > 0 的 c(i) c ( i ) 。
回到题目,可以得出,位置 (x,y) ( x , y ) 的金子数目为 c(x)×c(y) c ( x ) × c ( y ) 。
所以要求的就是 c(x)×c(y) c ( x ) × c ( y ) 的前 K K 大值之和。
由于 K K 较小,因此可以将 c c 从小到大排序,用大根堆维护 t t (有效的 c(x) c ( x ) 的个数)个指针(如果第 i i 个指针在 j j 位置,则关键字为 c(i)×c(j) c ( i ) × c ( j ) ,这里的 c c 是排序后的,因此 c(i) c ( i ) 在这里是指排序后第 i i 小的 c c 值),每次贪心选择关键字最大的指针向左移,统计答案。
代码:
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 15, M = 15000, MX = 1e9 + 7;
ll n, otz[M], f[N][M][2], sum[M];
int K, QAQ, a[N], ans;
mapint > orz;
struct cyx
{
int id, pos;
cyx() {}
cyx(int _x, int _y) :
id(_x), pos(_y) {}
friend inline bool operator < (cyx a, cyx b)
{
return sum[a.id] * sum[a.pos] < sum[b.id] * sum[b.pos];
}
};
priority_queue pq;
void DP(ll num)
{
int i, j, k, n = 0;
while (num) a[++n] = num % 10, num /= 10;
For (k, 1, 9)
f[1][orz[k]][k > a[1]]++;
For (i, 2, n) For (j, 1, QAQ) For (k, 1, 9)
{
ll q = otz[j]; if (q % k != 0) continue;
int h = orz[q / k];
if (k < a[i]) f[i][j][0] += f[i - 1][h][0] + f[i - 1][h][1];
else if (k > a[i])
f[i][j][1] += f[i - 1][h][0] + f[i - 1][h][1];
else f[i][j][0] += f[i - 1][h][0],
f[i][j][1] += f[i - 1][h][1];
}
For (j, 1, QAQ) For (i, 1, n)
sum[j] += f[i][j][0] + (i == n ? 0 : f[i][j][1]);
sort(sum + 1, sum + QAQ + 1);
K = min(1ll * K, 1ll * QAQ * QAQ);
}
int main()
{
int i, j, k, h;
ll x = 1;
cin >> n >> K;
For (i, 0, 39)
{
ll t = x;
For (j, 0, 25)
{
ll r = x;
For (k, 0, 17)
{
ll w = x;
For (h, 0, 14)
{
otz[orz[x] = ++QAQ] = x;
x *= 7;
if (x > n) break;
}
x = w * 5;
if (x > n) break;
}
x = r * 3;
if (x > n) break;
}
x = t * 2;
if (x > n) break;
}
DP(n);
For (i, 1, QAQ) pq.push(cyx(i, QAQ));
For (i, 1, K)
{
cyx u = pq.top(); pq.pop();
ans = (ans + sum[u.id] * sum[u.pos] % MX) % MX;
if (u.pos == 1) continue;
pq.push(cyx(u.id, u.pos - 1));
}
cout << ans << endl;
return 0;
}