CodeForces 55D Beautiful numbers

最新推荐文章于 2024-06-17 14:54:52 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/zufezzt/p/6892332.html

本文介绍了一种使用数位DP算法解决特定问题的方法。通过定义状态dp[i][j][k][s]来表示最高位有i位，最高位为数字j，数字组合的最小公倍数为k，被2520取余的结果为s的方案数量。文章详细展示了如何通过递推公式完成状态转移，最终求解给定区间内的方案总数。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

数位$dp$。

$dp[i][j][k][s]$表示最高位有$i$位，并且最高位为数字$j$，这些数字的最小公倍数为$k$，被$2520$取余的结果为$s$的方案数。

被每一个数字都要整除，就是被这些数字的最小公倍数整除。$1$到$9$的随便选数字的最小公倍数只有$48$种。

$A\%B = A\%(nB)\%B$，这个是成立的，因此为了余数可以转移，可以保留对$2520$进行取余的结果。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <cmath>
#include <stdlib.h>
#include <time.h>
using namespace std;

int v[50],sz,p[2600];
long long dp[20][10][48][2600];
int mod = 2520;

int w[50],c;

int gcd(int a,int b)
{
	if(b==0) return a;
	return gcd(b,a%b);
}

int lcm(int a,int b)
{
	return a*b/gcd(a,b);
}

void init()
{
	int A=1,B=1,C=1,D=1;
	for(int a=0;a<=3;a++)
	{
		for(int b=0;b<=2;b++)
		{
			for(int c=0;c<=1;c++)
			{
				for(int d=0;d<=1;d++)
				{
					v[sz++] = A*B*C*D;
					D=D*7;
				}
				D=1;
				C=C*5;
			}
			C=1;
			B=B*3;
		}
		B=1;
		A=A*2;
	}

	sort(v,v+sz);
	//for(int i=0;i<sz;i++) printf("!!!! %d\n",v[i]);
	for(int i=0;i<sz;i++) p[v[i]]=i; 

	dp[1][0][0][0] = 1;
	for(int j=1;j<=9;j++) dp[1][j][p[j]][j] = 1;

	B = 1;
	
	for(int i=2;i<=19;i++)
	{
		B = B*10%mod;
		for(int k=0;k<sz;k++)
		{
			for(int s=0;s<2600;s++)
			{
				for(int pre=0;pre<=9;pre++)
				{
					if(dp[i-1][pre][k][s]==0) continue;
					for(int j=0;j<=9;j++)
					{
						if(j == 0) dp[i][j][k][s] += dp[i-1][pre][k][s];
						else 
						{
							int nLCM = lcm(j,v[k]);
							int nYU = (s+j*B)%mod;
							dp[i][j][p[nLCM]][nYU] += dp[i-1][pre][k][s];
						}
					}
				}
			}
		}
	}
}

long long get(long long x)
{
	c=0;
	memset(w,0,sizeof w);
	while(x) w[++c] = (int)(x%10), x=x/10;

	int pre = 1;
	long long ans = 0;

	int t[50]; t[0] = 1; for(int i=1;i<=19;i++) t[i] = (t[i-1]*10) % mod;

	int YU = 0;

	for(int i=c;i>=1;i--)
	{
		for(int j=0;j<w[i];j++)
		{
			for(int k=0;k<sz;k++)
			{
				int nLcm = lcm(pre,v[k]);
				for(int s=0;s<2600;s++)
					if((s+YU)%nLcm==0) ans = ans + dp[i][j][k][s];
			}
		}
		if(w[i] == 0) continue;
		pre = lcm(pre,w[i]);
		YU = (YU + w[i]*t[i-1])%mod;
	}

	return ans;
}

int main()
{
	init();
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		long long L,R;
		scanf("%lld%lld",&L,&R);
		printf("%lld\n", get(R+1) - get(L));
	}

	return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/zufezzt/p/6892332.html