CF 55D Beautiful Numbers

Description

求$[L, R]$内， 有多少个数能被自己所有位上的数整除

Solution

妥妥的数位DP， 但是就是不会做2333， 状态很难想到。

显然不可能把最后的数作为一个状态。

我们想到一个数如果整除所有位上的数， 肯定整除他们的最小公倍数， 所以把所有位上的数的最小公倍数作为一个状态。

然后我们发现$1~9$的最小公倍数只有$2520$， 所以只要$%上2520$作为一个状态， 到最后的时候仍然能够判断一个数是否被最小公倍数整除。

所以$sum[pos][lcm][mod]$ 为状态进行数位DP即可

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
#define rd read()
#define ll long long
#define R register 
using namespace std;

const int mod = 2520;

int T, a[25];
ll n, m, sum[20][50][mod + 10];
int tot, b[300], vis[3000];

ll read() {
    R ll X = 0; R int p = 1; R char c = getchar();
    for(; c > '9' || c < '0'; c = getchar()) if(c == '-') p = -1;
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) X = X * 10 + c - '0';
    return X * p;
}

int fd(int x) {
    return lower_bound(b + 1, b + 1 + tot, x) - b;
}

int gcd(int x, int y) {
    return x % y ? gcd(y, x % y) : y;
}

ll dfs(int pos, int lcm, int mo, bool lim) {
    if(!pos) return mo % b[lcm] ? 0 : 1;
    if(!lim && sum[pos][lcm][mo] != -1) return sum[pos][lcm][mo];
    int up = lim ? a[pos] : 9;
    ll tmp = 0, nxt;
    for(int i = 0; i <= up; ++i) {
        nxt = (b[lcm] * (i ? i : 1)) / gcd(b[lcm], i? i : 1);
        tmp += dfs(pos - 1, fd(nxt), (mo * 10 + i) % mod, lim && a[pos] == i);
    }
    if(!lim) sum[pos][lcm][mo] = tmp;
    return tmp;
}

ll work(ll x) {
    int len = 0;
    while(x) {
        a[++len] = x % 10;
        x /= 10;
    }
    return dfs(len, 1, 0, true);
}

void sec(int dep, int lcm) {
    if(!vis[lcm]) b[++tot] = lcm, vis[lcm] = 1;
    if(dep == 10) return;
    sec(dep + 1, lcm);
    sec(dep + 1, (lcm * dep) / gcd(lcm, dep));
}

void init() {
    sec(1, 1);
    sort(b + 1, b + 1 + tot);
    memset(sum, -1, sizeof(sum));
}

int main()
{
    T = rd;
    init();
    for(; T; T--) {
        ll l = rd, r = rd;
        printf("%lld
", work(r) - work(l - 1));
    }
}