noi.ac#76好数，数位Dp

最新推荐文章于 2025-06-19 10:15:46 发布

Deep_Kevin

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本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Deep_Kevin/article/details/83010977

本文探讨了一个特定的数位DP问题，即在给定区间内寻找能被自身所有非零位数整除的数的个数。通过分析，采用数位DP的方法，考虑到状态转移的关键在于当前位数、已选择数字的状态压缩和累积权值模2520（1至9的最小公倍数）。最终，通过递归实现并优化存储，实现了高效求解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

正题

求[x,y]中能被自己所有非零位数整除的数的个数。

题目很直接。我们首先考虑数位Dp。

想到影响答案的有三个东西，第几位，前面选了什么数字，前面的权值是多少。

但是很明显第三位是很大的，long long，所以存不下。

想到前面权值的多少只跟它 mod 2520(1到9的lcm)有关，因为把这个数拆成2520*k+b的形式，2520是可以整除1到9的任何数的，所以关键就看b能否整除。

那么数组就很明显了， $f[i][j][k]$ 表示第i位，1到9状态压缩为j，前面选的数是k，没有满的答案。

直接递推，最后判断一下即可。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;

int T;
long long a,b;
int g[20];
long long mod=2520;
long long f[20][1024][2520];
long long op[20];
int len=0;

long long Dp(int x,bool tf,int p,int now){
	if(x==0){
		for(int i=1;i<=9;i++) if((p&(1<<i-1))!=0 && now%i!=0) return 0;
		return 1;
	}
	if(tf==false && f[x][p][now]!=-1) return f[x][p][now];
	int end=tf==true?g[x]:9;
	long long res=0;
	for(int i=1;i<=end;i++)
		res+=Dp(x-1,tf&&i==end,p|(1<<i-1),(now+i*op[x-1])%mod);
	res+=Dp(x-1,tf&&end==0,p,now);
	if(tf==false) f[x][p][now]=res;
	return res;
}

long long solve(long long x){
	len=0;
	while(x){
		g[++len]=x%10;
		x/=10;
	}
	return Dp(len,1,0,0);
}

int main(){
	op[0]=1;
	for(int i=1;i<=19;i++) op[i]=op[i-1]*10%mod;
	memset(f,-1,sizeof(f));
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%lld %lld",&a,&b);
		printf("%lld\n",solve(b)-solve(a-1));
	}
}