数数字

数数字

问([L,R])内，数位之积在([L1,R1])中的数的个数。

这显然是个数位dp……可是当我写完以后，我发现自己并d不出来。

如果用以前写数位之和的写法，先预处理出18个1~9相乘的状态，发现只有50000-个状态。因此，可以用(f[i][j][0/1])表示dp到第i位，数位之积的对应编号为j，是/否触顶时的方案数。这个状态是没有问题的，但是我的初始值出了问题。像美丽数这道题一样，我只把(f[0][0][1])设为1。错在哪呢？这样没有区分前缀中的0和数字中的0，状态转移方程是错的。如果要dp对，就必须再加一位([0/1])表示当前状态是否处在前缀和中。

其实，初始值设成(f[0][0][1])这种情况，只是为了方便我们的。这在美丽数中适用，但是在数数字中就不适用了。因此可以考虑另一种稍麻烦但更自然的赋初值方式，就是把每个(f[i][1 to j][0])设成1，表示一些数字从这位开始。这样dp才对。

#include <set>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

const int mcntv=50000;
typedef long long LL;
typedef set<LL>::iterator sit;
set<LL> s;
void dfs(int cnt, LL a, LL x){  //取了cnt个数字 当前数字是a 当前权值是x
    if (cnt==18){ s.insert(x); return; }
    if (a==10) return;
    LL now=1;
    for (int i=cnt; i<=18; ++i){
        dfs(i, a+1, x*now); now*=a; }
}
LL v[mcntv], m, L, R, L1, R1;
int l[20], r[20];

LL getrank(LL x){ return lower_bound(v, v+m, x)-v; }

LL f[20][mcntv][2];  //这种状态下有几个数 不考虑前导零 
LL solve(int *a){
	LL now, nxt, ans=0; int b; memset(f, 0, sizeof(f));
	for (b=0; b<=20; ++b) if (a[b]) break;
	for (int j=1; j<a[b]; ++j) f[b][j][0]=1;
	if (a[b]) f[b][a[b]][1]=1;
	for (int i=b; i<19; ++i){
		for (int j=1; j<10; ++j) ++f[i+1][j][0];
		for (int j=0; j<m; ++j){
			now=v[j];  //当前权值
			if (!f[i][j][0]&&!f[i][j][1]) continue;
			for (int k=0; k<10; ++k){
				nxt=getrank(now*k);
				f[i+1][nxt][0]+=f[i][j][0];
				if (k<a[i+1]) f[i+1][nxt][0]+=f[i][j][1];
				if (k==a[i+1]) f[i+1][nxt][1]+=f[i][j][1];
			}
		}
	} 
	for (int j=0; j<m; ++j){
		//printf("%lld %lld
", f[19][j][0], f[19][j][1]);
		if (v[j]>=L1&&v[j]<=R1) ans+=f[19][j][0]+f[19][j][1];
	}
	return ans;
}

int main(){ 
    v[m++]=0; dfs(0, 1, 1); int flag=0;
    for (sit i=s.begin(); i!=s.end(); ++i) v[m++]=*i;
    scanf("%lld%lld%lld%lld", &L, &R, &L1, &R1); 
	if (!L) flag=1; --L;
    for (int i=19; i>=0; --i){ l[i]=L%10; L/=10; }
	for (int i=19; i>=0; --i){ r[i]=R%10; R/=10; }
    printf("%lld
", solve(r)-solve(l)+(flag&&L1==0));
    return 0;
}