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淘金（bzoj 3131）

2024-09-05 21:42:45   218人阅读

Description

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。初始的时候，所有的整数坐标点上均有一块金子，共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)坐标处的金子会变到(f(i)，fIj))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。如果金子变化后的坐标不在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。
    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(10^9+7)取模之后的答案。

Input

  共一行，包含两介正整数N，K。

Output

  一个整数，表示最多可以采集到的金子数量。

Sample Input

1 2 5

Sample Output

18

HINT

 

N < = 10^12 ,K < = 100000

对于100%的测试数据：K < = N^2

/*
  数位DP+堆
  这个题比较显然的做法是求出一维的转移，然后再用堆求出二维的前K大，问题是数据太大，无法直接求一维的。
  我们可以发现，最大的积在10000左右，所以可以先dfs出所有可能的积，然后用数位DP求出积的个数。
  f[i][j][k]表示填了i为，积为j，下一维能否任意填数的方案数。 
*/
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
#define mod 1000000007
#define lon long long
#define N 400010
using namespace std;
lon n,k,a[N],len,dis[N],cnt,size[N],num[N],f[15][N][2];
struct node{
    lon x,y,val;
    node(lon a,lon b){x=a;y=b;val=size[num[a]]*size[num[b]];}
    bool operator<(node s1) const{
        return val<s1.val;
    }
};priority_queue<node> q;
lon read(){
    lon num=0,flag=1;char c=getchar();
    while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)flag=-1;c=getchar();}
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){num=num*10+c-‘0‘;c=getchar();}
    return num*flag;
}
bool cmp(int a,int b){return size[a]>size[b];}
void dfs(lon last,lon dep,lon now){
    if(dep==len+1){
        dis[++cnt]=now;
        return;
    }
    if(!now) return;
    for(lon i=last;i<10;i++)
        dfs(i,dep+1,now*i);
}
int main(){
    n=read();k=read();
    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(lon i=0;i<=len;i++)
        for(lon j=1;j<=cnt;j++)
            for(lon l=0;l<2;l++)
                if(f[i][j][l]){
                    lon p=(i==0?0:1);
                    for(;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(lon i=1;i<=cnt;i++){
        num[i]=i;
        for(lon 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));  
    lon 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));
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

 

淘金（bzoj 3131）


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