[NOIP模拟][数位DP]魔法数字

ASDFZ-NOIP2016模拟
题目

分析
题解分析：
设p = LCM(q1, q2, q3 … qn)，则任意数 s = t * p + r (r < p)，很容易推导出：s % qi = r % qi，也就是说只要我们知道一个数模 p 的余数，就能得到它模q1, q2, q3 … qn 的余数。 对于本题而言，p = LCM(1, 2, 3,4, 5, 6, 7, 8, 9) = 2520。我们先把[L, R]的问题转化为[0, R]的问题与[0, L - 1]问题的差值。而[0, x]的问题容易用数位DP解决，我们只需从高位到低位，状态记录当前在哪一位、前面的位数是否与 x相等、9 个数分别是否出现、模 p 的值即可。时间复杂度 O(10 * 2^9 * logR / log10 * 2520)。 （不了解该性质也可以直接应用最小表示法解决） 一个可行的优化：当我们知道尚未加入最后一位前的数模1、 2、3、4、6、7、9 的值时，是否为5 或8的倍数只和最后一位有关，如此可以把状态中的2520 压到252。
自己的分析：
这道题的暴力还是很好拿的。正解的话，首先那个所谓的可行优化貌似是必须的，因为不这样过不了所有点。正解的记忆化搜索让它的复杂度大大下降。而且个人认为8应该是后三位有关系，因为2520>1000，所以不影响。详解见代码注释。

附代码

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

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

inline long long readlong()
{
    char ch;long long i=0;int f=1;
    for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
    if(ch=='-')
    {
        ch=getchar();
        f=-1;
    }
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())
        i=(i<<3)+(i<<1)+ch-'0';
    return i*f;
}

inline void solve(long long x)//计算出这个数有多少位，分别每位是什么 
{
    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;
    }
}

inline long long dfs(int pos,int vis,int mod,bool limit)//pos是此时的长度，mod就是当前数除以252的余数
{                                                       // limit判断是否达到了最高位 
    if(pos>len)//此时实际上是位数刚好相等，判断有无1~9数字，并且可以整除 
    {
        int cnt=0;
        if(vis&1) cnt++;
        if(vis&(1<<1)&&mod%2==0) cnt++; 
        if(vis&(1<<2)&&mod%3==0) cnt++;
        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; 
        else return 0;
    }
    mod%=252;
    if(dp[pos][vis][mod][limit]!=-1)//记忆化搜索，如果以及搜过，则不用再搜。 
        return dp[pos][vis][mod][limit];
    int end;
    if(limit)//只有达到最高位，才会受到原数每一位的限制 
        end=mark[pos];
    else
        end=9;
    long long res=0;
    for(int i=0;i<=end;i++)//要枚举0，因为那些小的数，就是前面填充的0 
    {
        if(i!=0)
            res+=dfs(pos+1,vis|(1<<i-1),mod*10+i,limit&&(i==end));//vis相当于是以二进制存了当前数含有哪些数字 
        else                                    //如果一个数是5或8的倍数，那么除最后一位外的前几位除以252的余数 
            res+=dfs(pos+1,vis,mod*10+i,limit&&(i==end));   //再乘以10加上最后一位，那么它也必然是5或8的倍数 
    }                                                   //乘10相当于模的是2520，而5和8的倍数与后三位有关 
    dp[pos][vis][mod][limit]=res;
    return dp[pos][vis][mod][limit];    
}



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

    k=readlong();l=readlong();r=readlong();
    bit[0]=1;
    for(int i=1;i<20;i++)
        bit[i]=bit[i-1]*10;

    solve(r);
    ans=dfs(1,0,0,true);
    solve(l-1);
    ans-=dfs(1,0,0,true);
    printf("%I64d",ans);

    return 0;
}