Andres_Lionel
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数字之积【BZOJ 3679】【数位DP】

一个数x各个数位上的数之积记为f(x) <不含前导零>
求[L,R)中满足0

Input

第一行一个数n
第二行两个数L、R

Output

一个数，即满足条件的数的个数

Sample Input

5 19 22

Sample Output

1

Hint

 

100%     0

  数位DP题（如标题这样的写到）——（尽管超级超级弱的我觉得很难的说）。

  怎么处理乘积的值是一个最最最关键的问题，从大佬处得知，这些数乘积的种类不会超过5200，所以就这样开个数组，然后开始继续肝了…… 

  接下来，处理一个小于等于1e18的数，我们开个长度为20的数位，用以存储每一位的对应值，此为存储数位之用，然后对于所有的乘积，就算是9^18次方，也就是1e18不到些，所以，开个map<>用以离散化即可。

  那么，我们要怎样继续推？直到最后的答案不能是0，所以，当我们遇到去掉前导零之后的值的乘积，若是还出现了0，或者大于N的部分，就绝对得去除了！就在这跳出循环，return 0；即可，回到上一位，继续接下来的操作。

  还有，譬如查询的数是100，那么我们接下来要是遇到90、5…… 这样的数，岂不是前面会出现0！那是不行的，我们得作出这样的判断，所以，对于dfs()也要有所不同才是，这次，要判断上前导零，若是前面没有任何数字的出现了0，那么就是前导零，往后推就是了，否则，可以选择返回0，也可以继续推下去，利用记忆化的方式返回也是一样的。

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define lowbit(x) ( x&(-x) )
#define pi 3.141592653589793
#define e 2.718281828459045
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
ll dp[21][5200];
ll N;
int cnt, digit[21];
map mp;
ll dfs(int pos, ll multi, bool head, bool limit)    //head的时候，我们需要考虑到前导零
{
    if(multi > N) return 0;
    //if(head && multi == 0) return 0;  //加不加都可以，反正会记忆化掉的
    if(mp[multi] == 0) mp[multi] = ++cnt;
    if(pos <= 0) return multi > 0 && multi <= N;
    if(head && !limit && dp[pos][mp[multi]] != -1) return dp[pos][mp[multi]];
    ll ans = 0;
    int num = limit?digit[pos]:9;
    for(int i=0; i<=num; i++)
    {
        if(i == 0)
        {
            if(head) ans += dfs(pos - 1, multi * i, true, limit && i == num);
            else ans += dfs(pos - 1, 0, false, limit && i == num);
        }
        else
        {
            if(head) ans += dfs(pos - 1, multi * i, true, limit && i == num);
            else ans += dfs(pos - 1, i, true, limit && i == num);
        }
    }
    if(!limit && head) dp[pos][mp[multi]] = ans;
    return ans;
}
ll solve(ll x)
{
    int pos = 0;
    while(x)
    {
        digit[++pos] = x%10;
        x /= 10;
    }
    return dfs(pos, 0, false, true);
}
int main()
{
    while(scanf("%lld", &N)!=EOF)
    {
        memset(dp, -1, sizeof(dp));
        mp.clear();
        cnt = 0;
        ll L, R;
        scanf("%lld%lld", &L, &R);
        printf("%lld\n", solve(R-1) - solve(L-1));
    }
    return 0;
}
/*
1
1 10
 ans:1
*/

 

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