CF .Beautiful numbers 区间有多少个数字是可以被它的每一位非零位整除。(数位DP)
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题意:数字满足的条件是该数字可以被它的每一位非零位整除。
分析:大概的思路我是可以想到的 , 但没有想到原来可以这样极限的化简 , 在数位dp 的道路上还很长呀 ;
我们都知道数位dp 的套路 , 核心的部分就是找到判断这个数的满足条件的方法 , 如果找到了那这个问题就迎刃而解了吧 ;
这个题的条件是数字被每一位非零的数整除,那是不是这个是应该被每一位的最小公倍数整除 ,这里是这道题目的关键!!!!!!!! 1-9的最小公倍数是2520 , 所以其他位数最公倍数都是在2520内的(看这样考虑的话 dp数组只要开2520就好了 ,牛逼!!!)
dfs( pos , num , lcm , limit) : 在第几位 , 当前的数字,当前数字所有非零位的最小公倍数,是否限制。
下面关键的地方又来了: 因为我们枚举完判断是num%lcm是否为0 , 所以!!每次传入num都%2520!! ,这样数组又可以开小了许多 ;
但是因为我们的dp[pos][num][lcm] , 19*2520*2520 , 这个是无法开的 , 那我们这么办呢??
又是一个关键!这里居然用到离散化 !! 牛逼! 所以对于lcm这一维我们需要进行离散化,经过打表可以发现,2520内可以整除2520的只有48个,所以我们可以离散化一下让lcm映射到1-48既可以了这样就可以开19x2520x48大小的了。1-2520中可能是最小公倍数的其实只有48个,经过离散化处理后,dp数组的最后一维可以降到48,这样就不会超了
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int MOD = 2520; int Hash[3000]; int digit[50]; ll dp[50][2530][50]; void init(){ int cnt = 0; for(int i = 1; i <= MOD; i++){ if(MOD % i == 0) Hash[i] = cnt++; } } ll gcd(ll a,ll b){ if(!b) return a; else return gcd(b,a%b); } ll dfs(int pos,int num,int lcm,int limit){ if(pos == -1) return num % lcm == 0; ll &dpnow = dp[pos][num][Hash[lcm]]; if(!limit && dpnow != -1) return dpnow; int max_digit = limit ? digit[pos] : 9; ll ans = 0; for(int i = 0; i <= max_digit; i++){ ans += dfs((pos - 1), ((num * 10 + i) % MOD), (!i ? lcm : lcm * i / gcd(lcm,i)), (limit && i == max_digit)); } if(!limit) dpnow = ans; return ans; } ll solve(ll n){ int pos = 0; while(n){ digit[pos++] = n % 10; n /= 10; } return dfs(pos-1,0,1,1); } int main(){ init(); int t; cin >> t; memset(dp,-1,sizeof(dp)); while(t--){ ll l,r; cin >> l >> r; cout << solve(r) - solve(l-1) << endl; } return 0; }
以上是关于CF .Beautiful numbers 区间有多少个数字是可以被它的每一位非零位整除。(数位DP)的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章
[CF55D]Beautiful numbers(数位dp,状态压缩)
CF D. Beautiful numbers (数位dp)