bzoj-3131 淘金

题意：

给出一片N*N的土地，每个土地上有一个金子；

现在一阵风吹来，坐标为(x,y)上的金子将会到(f[x],f[y])上去；

这里f[x]指x的各位数字之积；

求风吹过后，选择K片土地上金子的最大和；

N<=10^12，K<=100000&&K<=N*N；

题解：

首先我们可以发现，其实f[x]的取值范围并不大；

打表之后，在12位以下的数的f[x]最多有一万多的取值；

我们首先搜出来这些数，然后排序去重离散化；

而第二部分选取前K大元素如果已经知道每个数出现了几次的话，可以用A*搜索来解决；

那么直接暴枚每个数算f[x]大概能拿到部分分吧。。这里就可以用数位DP啦；

前几天在打UER的时候学到了一种十分优雅的数位DP姿势，直接在状态中记录一维标记它是否大于原数；

设状态dp[x][y][z]为当前DP到x位，所有位的数字乘积为y，且当前数(z==1?>:<=)原数N的数的个数；

然后这样就直接像普通的DP一样跑就可以了；

第二维当然是离散化之后的，也就多了一个二分的log；

跑出来的数组再排个序，在优先队列中直接A*即可；

时间复杂度O(10000*logN*logN+KlogK)；

PS：其实DP过程中没有考虑11100111这样中间有0的数，不过反正最后f[x]=0都是要被吹飞的就不管啦；

代码：

#include<queue>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 15
#define M 15000
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
struct node
{int x,y;ll val;node(){}node(int _,int __);friend bool operator <(node a,node b){return a.val<b.val;}
};
ll f[N][M][2];
int a[N],len;
ll dis[400000],cnt;
ll size[M];
int num[M];
priority_queue<node>q;
bool cmp(int a,int b)
{return size[a]>size[b];
}
node::node(int _,int __)
{x=_,y=__;val=(ll)size[num[x]]*size[num[y]];
}
void dfs(int last,int deep,ll now)
{if(deep==len+1){dis[++cnt]=now;return ;}if(now==0) return ;for(int i=last;i<10;i++)dfs(i,deep+1,now*i);
}
int main()
{ll n;int k,i,j,p,l,ans;scanf("%lld%d",&n,&k);while(n){a[++len]=n%10;n/=10;}dfs(0,0,1);dis[++cnt]=0;sort(dis+1,dis+cnt+1);cnt=unique(dis+1,dis+cnt+1)-dis-1;f[0][2][0]=1;for(i=0;i<=len;i++){for(j=1;j<=cnt;j++){for(l=0;l<2;l++){if(f[i][j][l]){for(i==0?p=0:p=1;p<10;p++){f[i+1][lower_bound(dis+1,dis+cnt+1,dis[j]*p)-dis][l+p>a[i+1]]+=f[i][j][l];}}}}}for(i=1;i<=cnt;i++){num[i]=i;for(j=1;j<len;j++){size[i]+=f[j][i][0]+f[j][i][1];}size[i]+=f[len][i][0];}sort(num+2,num+cnt+1,cmp);q.push(node(2,2));i=0,ans=0;while(!q.empty()){node temp=q.top();q.pop();ans=(ans+temp.val)%mod;i++;if(i>=k)   break;if(temp.x!=temp.y){ans=(ans+temp.val)%mod;i++;if(i>=k)   break;}if(temp.x!=temp.y)q.push(node(temp.x+1,temp.y));if(temp.x==2)q.push(node(temp.x,temp.y+1));}printf("%d\n",ans);return 0;
}

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