题目描述
小N对于数字的大小一直都有两种看法。第一种看法是，使用字典序的大小（也就是我们常用的判断数字大小的方法，假如比较的数字长度不同，则在较短一个前面补齐前导0，再比较字典序），比如43<355,10<11。第二种看法是，对于一个数字
，定义他的权值为
，也就是各个数位的乘积。
现在给定两个区间，[L,R]与[L1,R1]。小N现在想知道，有多少使用字典序判大小法在[L,R]之间的数字，满足其第二种定义的权值也在[L1,R1]之间。
换句话说，对于一个数x，定义f(x)为x的各个数位的乘积。对于L<=x<=R，问有多少x满足，L1<=f(x)<=R1。
输入描述:
第一行四个整数L,R,L1,R1。
输出描述:
一行一个整数，代表小N想知道的数的数量。
备注:
20%: L,R <= 10000000
40%: L,R <= 3*10^7
60%: L,R,L1,R1 <= 10^9
另外有20%：L1,R1<=1000
100%: 0<=L,R,L1,R1 <= 10^18, L <= R, L1 <= R1
Solution：
本题出题人神犇WWT说是经典的数位dp，，，考试时谁都知道是数位dp吖，当时脑抽感觉乘积的情况太多，定义状态怕炸空间，然后就GG了。
因为数最多有18位，每位除0外有9种填数情况，开始认为状态最多$18*9^{18}$，即使有重复的乘积我也觉得空间开不下，所以弃疗直接裸暴力。然而结果就是状态数其实不大，重复的状态很多很多，完全可以开个map来定义状态，这里我想吐槽了！
于是定义状态$f[i][j]$表示到了第$i$位乘积为$j$的不受限制的合法个数（用map存），然后就是经典的数位记忆化搜索了，注意限制条件决定了从高位向低位搜索，另一个小细节就是有可能合法个数为0，而状态的初值也为0，这样就不方便判断当前状态是否已经搜索过了，简单的解决办法是记录状态的合法个数时+1，取出状态时-1就好了。
最后简单讲下神犇WWT的绝妙思路：由于只包含1到9,所以只用记录乘积的质因数分解中,出现了多少2,3,5,7。题目中的$L1,R1$不超过$10^{18}$,可以计算出2最多为59个,3最多为37, 5最多为26,7最多为21。设$F[i][c_2][c_3][c_5][c_7]$表示考虑到第i位,乘积状态为$c_2,c_3,c_5,c_7$的数位DP情况。接着就是经典数位DP做法。空间可能比较紧,需要用滚动数组。
（反正我只会记忆化搜索～>.^_^.<～）
代码：
/*Code by 520 -- 9.10*/ #include<bits/stdc++.h> #define il inline #define ll long long #define RE register #define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++) #define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--) using namespace std; typedef pair<int,ll> P; ll l,r,L,R; int num[21],top; map<P,ll>f; ll dfs(int pos,int limit,ll tot){ if(!pos){if(tot==-1)tot=0;return L<=tot&&tot<=R;} P state=(P){pos,tot}; if(!limit&&f[state]) return f[state]-1; ll tp=0; For(i,0,limit?num[pos]:9) if(tot==-1) tp+=i?dfs(pos-1,limit&&i==num[pos],i):dfs(pos-1,limit&&i==num[pos],-1); else tp+=dfs(pos-1,limit&&i==num[pos],tot*i); if(!limit) f[state]=tp+1; return tp; } il ll solve(ll x){ if(x==-1) return 0; top=0; while(x) num[++top]=x%10,x/=10; return dfs(top,1,-1); } int main(){ cin>>l>>r>>L>>R; cout<<solve(r)-solve(l-1); return 0; }