BZOJ2757

题目

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)，f(j))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。

题解

这里两个坐标是互相独立的，主要求出一维的情况，二维的答案就是相乘的结果。（牛客2020多校有道数位dp就是两个互相关联的数之间的数位dp）。

突破口在于f的值域大于0的情况非常少，题目范围下只有不到1万个数。所以可以先预处理出这些数，然后离散一下。分别求出每个乘积是多少个数的乘积（该位置下有多少金块），假设位cnt数组。

最后问题转变成求两个有序cnt数组，分别取出一个数相乘的前k大个数。把这排序后看成k个有序序列，然后优先队列多路归并取前k个数即可。

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '
'
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define FILE freopen(".//data_generator//in.txt","r",stdin),freopen("res.txt","w",stdout)
#define FI freopen(".//data_generator//in.txt","r",stdin)
#define FO freopen("res.txt","w",stdout)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
typedef long long ll;

using namespace std;
/*-----------------------------------------------------------------*/

ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
#define INF 0x3f3f3f3f

const int N = 1e5 + 10;
const int M = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-5;

set<ll> num[2][10];
vector<ll> pd;
ll f[20][N];
ll cnt[N];
bool vis[20][N];
int di[N];

int get(ll v) {
    int p = lower_bound(pd.begin(), pd.end(), v) - pd.begin() + 1;
    assert(pd[p - 1] == v);
    return p;
}

ll dfs(int p, ll st, int lmt, int lead) {
    if(!p) {
        return (!lead) && (st == 1);
    }
    if(!lead && !lmt && f[p][get(st)] >= 0) return f[p][get(st)];
    ll res = 0;
    int maxx = lmt ? di[p] : 9;
    for(int i = 0; i <= maxx; i++) {
        if(lead) {
            if(!i) res += dfs(p - 1, st, lmt && i == maxx, i == 0 && lead);
            else if(st % i == 0) res += dfs(p - 1, st / i, lmt && i == maxx, i == 0 && lead);
        } else if(i && st % i == 0) 
            res += dfs(p - 1, st / i, lmt && i == maxx, i == 0 && lead);
    }
    if(!lmt && !lead) f[p][get(st)] = res;
    return res;
} 

void solve(ll x) {
    int tot = 0;
    while(x) {
        di[++tot] = x % 10;
        x /= 10;
    }
    for(int i = 0; i < pd.size(); i++) {
        cnt[i] = dfs(tot, pd[i], 1, 1);
        cnt[i];
    }
}

void init() {
    for(int i = 1; i <= 9; i++) {
        num[1][i].insert(i);
    }
    for(int i = 2; i <= 12; i++) {
        for(int j = 1; j <= 9; j++) {
            for(int k = 1; k <= j; k++) {
                for(auto v : num[!(i % 2)][k]) {
                    num[i % 2][j].insert(v * j);
                }
            }
        }
    }
    set<ll> tmp;
    for(int i = 1; i <= 9; i++) {
        for(auto v : num[0][i]) {
            tmp.insert(v);
        }
        for(auto v : num[1][i]) {
            tmp.insert(v);
        }
    }
    for(auto v : tmp) pd.push_back(v); 
}

struct node {
    ll res;
    int p1, p2;
    bool operator < (const node& a) const {
        return res < a.res;
    }
};

priority_queue<node> q;

int main() {
    IOS;
    memset(f, -1, sizeof f);
    init();
    ll n;
    int k;
    cin >> n >> k;
    solve(n);
    vector<ll> ans;
    sort(cnt, cnt + pd.size(), greater<ll>());
    int len = min(k, (int)pd.size());
    for(int i = 0; i < len; i++) {
        q.push(node{cnt[i] * cnt[0], i, 0});
    }
    ll res = 0;
    for(int i = 0; i < k; i++) {
        auto mi = q.top();
        q.pop();
        res += mi.res;
        res %= M;
        int p1 = mi.p1;
        int p2 = mi.p2 + 1;
        q.push(node{cnt[p1] * cnt[p2], p1, p2});
    }
    cout << res << endl;
}