数位和乘积(digit.cpp/c/pas)
【题目描述】
一个数字的数位和乘积为其各位数字的乘积。求所有的N位数中有多少个数的数位和乘积恰好为K。请注意，这里的N位数是可以有前导零的。比如01，02视为二位数，但是他们的数位和乘积都是0。
【输入格式】
一行两个整数N，K
【输出格式】
一个行一个整数表示结果。
【样例输入】
2 3
【样例输出】
2
【样例输入2】
2 0
【样例输出2】
19
【数据范围】
对于20%：N <= 6。
对于50%：N<=16
存在另外30%：K=0。
对于100%：N <= 50，0 <= K <= 10^9。
……这题要分类讨论
1、k==0时，答案是n位数中至少有一个的方案数。根据容斥原理就是总的方案数-n位数中一个0也没有的方案数，即10^n-9^n。因为n<=50，要高精度乘、减
2、k!=0时，先分解质因数。如果有2、3、5、7以外的质因数，肯定无解。因为k是各位乘起来的积，不可能出现有一位是11、13之类
然后保存2、3、5、7的指数（设为m2、m3、m5、m7）
令f[i][j][k][l][m]表示前i位凑出j个2、k个3、l个5、m个7的方案数
然后转移就是枚举第i位是1到9的转移（好麻烦啊不想写在这里了……看我代码）
根据计算因为k<=10e，所以只要开数组f[55][30][20][14][12]就差不多了
这样每个f依然要高精度……MLE啦……所以还要滚动数组或者像一维背包dp的做法一样倒着for就可以省掉第一维
（哇啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊因为我的高精数组清0刚好少算一位就wa了只有90不开心啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊）
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define mx 50
#define LL long long
struct gaojing{
int len;
int a[mx+10];
}f[30][20][14][12];
int n,k;
inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
inline void set0(gaojing &s)
{
s.len=0;
for (int i=1;i<mx+5;i++)s.a[i]=0;
}
inline void put(gaojing a)
{
for (int i=a.len;i>=1;i--)printf("%d",a.a[i]);
printf("
");
}
inline void addi(gaojing a,gaojing b,gaojing &c)
{
set0(c);
int maxlen=max(a.len,b.len);
for (int i=1;i<=maxlen;i++)
{
c.a[i]=c.a[i]+a.a[i]+b.a[i];
if (c.a[i]>=10)
{
c.a[i+1]+=c.a[i]/10;
c.a[i]%=10;
}
}
c.len=maxlen+1;
while (!c.a[c.len]&&c.len>1) c.len--;
}
inline void jian(gaojing a,gaojing b,gaojing &c)
{
set0(c);
for (int i=1;i<=b.len;i++)
{
c.a[i]=a.a[i]-b.a[i];
if (c.a[i]<0)
{
c.a[i]+=10;
int now=i+1;
while (!a.a[now])
{
a.a[now]=9;
now++;
}
a.a[now]--;
}
}
for (int i=b.len+1;i<=a.len;i++)c.a[i]=a.a[i];
c.len=a.len;
while (c.a[c.len]==0&&c.len>1)c.len--;
}
inline void mult(gaojing a,gaojing b,gaojing &c)
{
set0(c);
for(int i=1;i<=a.len;i++)
for (int j=1;j<=b.len;j++)
c.a[i+j-1]+=a.a[i]*b.a[j];
int mxlen=a.len+b.len+3;
for (int i=1;i<=mxlen;i++)
{
c.a[i+1]+=c.a[i]/10;
c.a[i]%=10;
}
while (c.a[mxlen]==0)mxlen--;
c.len=mxlen;
}
const int prime[5]={0,2,3,5,7};
int num[5];
int main()
{
freopen("digit.in","r",stdin);
freopen("digit.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&k);
if (k==0)//若k=0，方案数为10^n-9^n
{
gaojing sum;set0(sum);
gaojing tomul;set0(tomul);
gaojing decs;set0(decs);
sum.len=1;sum.a[1]=1;
tomul.len=1;tomul.a[1]=9;
decs.len=n+1;decs.a[n+1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)mult(sum,tomul,sum);
jian(decs,sum,sum);
put(sum);
return 0;
}
for (int i=1;i<=4;i++)
while (k%prime[i]==0)
{
k/=prime[i];
num[i]++;
}
if (k!=1)
{
printf("0");
return 0;
}
f[0][0][0][0].a[1]=1;f[0][0][0][0].len=1;
for (int i=0;i<=num[1];i++)
for (int j=0;j<=num[2];j++)
for (int k=0;k<=num[3];k++)
for (int l=0;l<=num[4];l++)
f[i][j][k][l].len=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int m2=min(num[1],3*i);
int m3=min(num[2],2*i);
int m5=min(num[3],i);
int m7=min(num[4],i);
for (int j=m2;j>=0;j--)
for (int k=m3;k>=0;k--)
for (int l=m5;l>=0;l--)
for (int m=m7;m>=0;m--)
{
if (j>=1)addi(f[j][k][l][m],f[j-1][k] [l] [m] ,f[j][k][l][m]);//2
if (k>=1)addi(f[j][k][l][m],f[j] [k-1][l] [m] ,f[j][k][l][m]);//3
if (j>=2)addi(f[j][k][l][m],f[j-2][k] [l] [m] ,f[j][k][l][m]);//4
if (l>=1)addi(f[j][k][l][m],f[j] [k] [l-1][m] ,f[j][k][l][m]);//5
if (j&&k)addi(f[j][k][l][m],f[j-1][k-1][l] [m] ,f[j][k][l][m]);//6
if (m>=1)addi(f[j][k][l][m],f[j] [k] [l] [m-1],f[j][k][l][m]);//7
if (j>=3)addi(f[j][k][l][m],f[j-3][k] [l] [m] ,f[j][k][l][m]);//8
if (k>=2)addi(f[j][k][l][m],f[j] [k-2][l] [m] ,f[j][k][l][m]);//9
}
}
put(f[num[1]][num[2]][num[3]][num[4]]);
}