Description

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)，fIj))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。

Input

  共一行，包含两介正整数N，K。

Output

  一个整数，表示最多可以采集到的金子数量。

Sample Input

1 2 5

Sample Output

18

HINT

 

N < = 10^12 ,K < = 100000

对于100%的测试数据：K < = N^2

 

【思路】

 

       数位DP+优先队列

       求出每个数i可以被转移到的数目f[i]，则点(i，j)中的金子数目为f[i]*f[j]，我们就可以用优先队列求解前k大。

       如何求f，数位DP。

       首先所有的积数目在1e4左右，可以先dfs搜索出所有的数值，然后离散化。

       设f[i][j][k]表示i位数，积为j（离散后的下标），到当前枚举位是否大于n，枚举第i+1位数转移即可。

       DP的转移开始的设定需要格外注意。

 

【代码】

 

 1 #include<cmath>
 2 #include<queue>
 3 #include<vector>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<cstring>
 6 #include<iostream>
 7 #include<algorithm>
 8 #define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++)
 9 using namespace std;
10 typedef long long LL;
11 const int N = 4*1e5;
12 const int MOD = 1e9+7;
13 
14 LL f[15][N][2],num[N],siz[N];
15 int tot,K,a[15],len; LL n;
16 
17 struct Node{
18     int x,y; LL v;
19     Node(int x,int y):x(x),y(y) { v=siz[x]*siz[y]; }
20     bool operator < (const Node& rhs) const{
21         return v<rhs.v;
22     }
23 };
24 priority_queue<Node> q;
25 bool cmp(const LL& x,const LL& y) {
26     return x>y;
27 }
28 
29 void dfs(int now,int dep,LL mul) {
30     if(dep==len) num[tot++]=mul;
31     else {
32         if(!mul) return ;
33         for(int i=now;i<10;i++)
34             dfs(i,dep+1,mul*i);
35     }
36 }
37 
38 int main() {
39     scanf("%lld%d",&n,&K);
40     LL tmp=n;
41     while(n) {
42         a[++len]=n%10;
43         n/=10;
44     }
45     num[++tot]=0;
46     dfs(0,0,1);
47     sort(num+1,num+tot+1);
48     tot=unique(num+1,num+tot+1)-num-1;
49     f[0][2][0]=1;
50     FOR(i,0,len) FOR(j,1,tot) FOR(k,0,1) if(f[i][j][k])
51         for(int x=i==0?0:1;x<10;x++) {                            //只允许长度为 1 的0存在
52             int r=lower_bound(num+1,num+tot+1,num[j]*x)-num;
53             f[i+1][r][(k+x)>a[i+1]]+=f[i][j][k];
54         }
55     FOR(i,1,tot) {
56         FOR(j,1,len-1)
57             siz[i]+=f[j][i][0]+f[j][i][1];
58         siz[i]+=f[len][i][0];
59     }
60     sort(siz+1,siz+tot+1,cmp);
61     q.push(Node(2,2));
62     int ans=0;
63     while(!q.empty() && K) {
64         Node u=q.top(); q.pop();
65         ans=(ans+u.v)%MOD;
66         if(!(--K)) break;
67         if(u.x!=u.y) {
68             ans=(ans+u.v)%MOD;
69             if(!(--K)) break;
70             q.push(Node(u.x+1,u.y));
71         }
72         if(u.x==2) q.push(Node(u.x,u.y+1));
73     }
74     printf("%d",ans);
75     return 0;
76 }

PS：感觉自己好弱 TAT