[ASDFZ-NOIP2016模拟]魔法数字

最新推荐文章于 2024-10-21 20:43:57 发布

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#noi #数位dp

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本文探讨了数学中魔法数字的概念，即一个整数X若能被K及以上的一位数整除，且这些数在X的十进制表示中都出现，那么X被称为魔法数字。给出K、L、R三个整数，目标是找到[L, R]区间内魔法数字的数量。对于不同数据范围，给出了相应的问题规模。文章提供了60%和100%解决方案的代码实现，重点在于数位DP的应用。" 130144761,17719877,JAVA SSM 实现校园快递代领系统设计与实现,"['JAVA', '课程设计', 'mybatis']

魔法数字
(magic.cpp/c/pas)

题目描述
在数论领域中，人们研究的基础莫过于数字的整除关系。一般情况下，我
们说整除总在两个数字间进行，例如 a | b（a 能整除 b）表示 b 除以 a 的余数为
0。
我们称一个数字 X 是魔法的，当且仅当 X 是整数，且它能被 K 及 K 以上
种一位数整除，要求这若干种一位数均在 X 的十进制表示中出现。
给出整数 K、 L、 R，请你计算出在区间[L, R]中，有多少个魔法数字。

输入格式
一行三个整数 K、 L、 R。

输出格式
输出一行一个整数，表示该区间内魔法数字的个数。

样例数据
magic.in
2 1 20
magic.out
2

【数据范围】
对于 30%的数据， 1 ≤ L ≤ R ≤ $10^5$ ；
对于 50%的数据， 1 ≤ L ≤ R ≤ $10^6$ ；
对于 70%的数据， 1 ≤ L ≤ R ≤ $10^9$ ；
对于 100%的数据， 1 ≤ L ≤ R ≤ $10^{18}$ 、 0 ≤ K ≤ 9。
分析：60%:暴力。
100%：

代码
60%（本人考场所打）：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<iomanip>
#include<queue>
#include<set>
using namespace std;

int k,l,r,ans;
int num[1000100];

int getint()
{
    int sum=0,f=1;
    char ch;
    for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
    if(ch=='-')
    {
        f=-1;
        ch=getchar();
    }
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())
        sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-48;
    return sum*f;
}

bool check(int x,int m)
{
    while(x)
    {
        int q=x%10;

        if(q==m)
            return true;

        x=x/10;
    }
    return false;
}

int main()
{
    freopen("magic.in","r",stdin);
    freopen("magic.out","w",stdout);

    k=getint();l=getint();r=getint();
    for(int i=l;i<=r;++i)//把[1,r]所有数有多少个能除尽并且含有的数字都算出来，存在 num数组里 
    {
        for(int j=1;j<=9;++j)
            if(i%j==0&&check(i,j))
                num[i]++;
    }

    for(int i=l;i<=r;++i)//枚举，如果num[i]>=k，那这个数就是满足的 
        if(num[i]>=k) 
            ans++;

    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

100%（dfs部分已经完全弄懂，注释添加完毕）：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<iomanip>
#include<queue>
#include<set>
using namespace std;

int k;
long long l,r,ans,bit[20],dp[20][512][252][2];
int len,mark[20];

int getint()//读入优化1 
{
    int sum=0,f=1;
    char ch;
    for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
    if(ch=='-')
    {
        f=-1;
        ch=getchar();
    }
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())
        sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-48;
    return sum*f;
}

long long getlong()//读入优化2 
{
    long long sum=0;
    int f=1;
    char ch;
    for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
    if(ch=='-')
    {
        f=-1;
        ch=getchar();
    }
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())
        sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-48;
    return sum*f;
}

void solve(long long x)//计算[0,x]中x的位数并存储每一位的数字 
{
    memset(mark,0,sizeof(mark));
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    for(int i=1;i<20;++i)
        if(x<bit[i])
        {
            len=i;
            break;
        }

    for(int i=len;i>=1;--i)
    {
        mark[i]=x%10;
        x=x/10;
    }
}

long long dfs(int pos,int vis,int mod,bool limit)//从最高位开始深搜（pos代表从最高位起第几位，vis是个九位二进制数，用来存前面枚举的数中出现过的数字，相当于一个九维数组，出现过的在对应位数上变为1，没出现过是0，mod是取模，就是题解中的p，limit判断是否封顶） 
{
    if(pos>len)//已经把整个数构建出来了，开始判断 
    {
        int cnt=0;
        if(vis&1)cnt++;//有没有1且被1整除（当然所有数被1整除） 
        if(vis&(1<<1)&&mod%2==0)cnt++;//有没有2且被2整除（vis&(1<<1)就是判断二进制数第2为是不是1，也就是判断2有没有出现过） 
        if(vis&(1<<2)&&mod%3==0)cnt++;//有没有3且被3整除 
        if(vis&(1<<3)&&mod%4==0)cnt++;//...... 
        if(vis&(1<<4)&&mod%5==0)cnt++;
        if(vis&(1<<5)&&mod%6==0)cnt++;
        if(vis&(1<<6)&&mod%7==0)cnt++;
        if(vis&(1<<7)&&mod%8==0)cnt++;
        if(vis&(1<<8)&&mod%9==0)cnt++;
        if(cnt>=k)return 1;//是否满足题意 
        else return 0;
    }
    mod%=252;//1到9的最小公倍数本来是2520，单独判断5和8可以压缩到252（mod就是题解中的p） 
    if(dp[pos][vis][mod][limit]!=-1)//若已经算过，直接返回值 
        return dp[pos][vis][mod][limit];
    int end;
    if(limit)//要是limit是true代表前面的数字已经封顶（如：右边界为152834，现在已经枚举到第四位而前三个数是152，也就是第四位只能枚举1到8） 
        end=mark[pos];
    else
        end=9;
    long long res=0;
    for(int i=0;i<=end;i++)//往下一位枚举深搜 
        res+=dfs(pos+1,i?(vis|(1<<i-1)):vis,mod*10+i,limit&&(i==end));//i?(vis|(1<<i-1)):vis的意思是若i有值就把vis对应第i位赋为1，若i=0就不用管直接把vis传递下去，mod*10+i意思是又新加入1位，之前的mod便升一位在个位加上i，limit&&(i==end)的意思是若前面的limit是true（也就是前面的数位封顶了）且i=end（也就是这一位也封顶了），那么给深搜的下一位传递已经封顶的true 

    dp[pos][vis][mod][limit]=res;//记忆 
    return dp[pos][vis][mod][limit];
}

int main()
{
    freopen("magic.in","r",stdin);
    freopen("magic.out","w",stdout); 

    k=getint();l=getlong();r=getlong();
    bit[0]=1;
    for(int i=1;i<20;++i)
        bit[i]=bit[i-1]*10;//初始化用于判断数的位数的数组 

    solve(r);
    ans=dfs(1,0,0,true);//先算[0,r]中的 magic number 
    solve(l-1);
    ans-=dfs(1,0,0,true);//减去[0,l-1]中的 magic number 
    cout<<ans<<endl;//得到 ans 
    return 0;
}

本题结。