洛谷 P3303 [SDOI2013]淘金 数位dp+二分答案

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：
共一行，包含两介正整数$N，K$。

输出格式：
一个整数，表示最多可以采集到的金子数量。

输入输出样例

输入样例#1：
12 5
输出样例#1：
18
说明

$N < = 10^{12} ,K < = 100000$

对于100%的测试数据：$K < = N^2$

分析：
设$c[j]$为$f(i)=j$的$i$的个数，显然$j$只有表示成$1$~$9$的乘积的数才可以，进一步，只有表示成$[2,3,5,7]$的乘积才可以，这些数在$[1,10^{12}]$内不多于$10^5$个，直接dfs跑出来，然后排序，放在一个数组$h$里。然后直接离散后数位dp，从低位往高位跑，设$f[i][j][0/1]$表示第$i$位，选了$h[j]$的，$0$表示低位数小于等于$n$，1表示大于$n$的方案，转移显然。
求出数组$c$后，相当于求任选两个数（可以是同一个数），前$k$大的和。二分一个答案，然后判断大于$mid$有没有$k$个，如果大于等于$k$，说明猜小了；否则猜大了。我们先对排序，判断个数可以维护两个指针，当一个往左移，另一个就往右移，求和可以用前缀和。注意dp那里不可以取模，直接统计前缀和才可以取模。还有二分可能达到0，注意边界。

代码：

// luogu-judger-enable-o2
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define LL long long

const int maxn=1e5+7;
const LL d[4]={2,3,5,7};
const LL mod=1e9+7;

using namespace std;

LL n,k,cnt,l,r,ans,num,t,last;
LL h[maxn],f[15][maxn][2],a[maxn],sum[maxn];

void dfs(int x,LL sum)
{
    if (sum>n) return;
    h[++cnt]=sum;
    for (int i=x;i<4;i++) dfs(i,sum*d[i]);
}

bool cmp(LL x,LL y)
{
    return x>y;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);    
    dfs(0,1);
    sort(h,h+cnt+1);
    int lo=trunc(log(n+0.5)/log(10))+1;
    f[0][1][0]=1;       
    for (int i=1;i<=lo;i++)
    {
        for (int s=1;s<=9;s++)
        {
            for (int j=1,last=1;j<=cnt;j++)
            {
                while ((h[j]*s>h[last]) && (last<=cnt)) last++;
                if (last>cnt) break;
                if (s==n%10)
                {
                    f[i][last][0]+=f[i-1][j][0];
                    f[i][last][1]+=f[i-1][j][1];
                }
                else
                {
                    if (s<n%10) f[i][last][0]+=f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1];
                           else f[i][last][1]+=f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1];
                }
            }
        }
        n/=10;
    }   
    for (int j=1;j<=cnt;j++) a[j]+=f[lo][j][0];
    for (int i=1;i<lo;i++)
    {
        for (int j=1;j<=cnt;j++) a[j]+=f[i][j][0]+f[i][j][1];
    }    
    sort(a+1,a+cnt+1,cmp);
    for (int i=1;i<=cnt;i++) sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%mod;
    LL l=0,r=1e18;
    while (l<=r)
    {
        LL mid=(l+r)/2;
        last=cnt,num=0,t=0;
        for (int i=1;i<=cnt;i++)
        {
            while ((a[i]*a[last]<mid) && (last>0)) last--;
            t+=last;
            num=(num+a[i]*sum[last]%mod)%mod;
        }       
        if (t<k) r=mid-1;
            else ans=(num+mod-mid*(t-k)%mod)%mod,l=mid+1;
    }
    printf("%lld",ans);
}