数位dp cf 55d

http://www.cnblogs.com/vongang/p/3141273.html

把数位dp写成记忆化搜索的形式，方法很赞，代码量少了很多。

下面为转载内容：

　　 a positive integer number is beautiful if and only if it is divisible by each of its nonzero digits.
    问一个区间内[l,r]有多少个Beautiful数字
    范围9*10^18
    
    数位统计问题，构造状态也挺难的，我想不出，我的思维局限在用递推去初始化状态，而这里的状态定义也比较难
    跟pre的具体数字有关

    问了NotOnlySuccess的，豁然开朗  Orz
    
    一个数字要被它的所有非零位整除，即被他们的LCM整除，可以存已有数字的Mask，但更好的方法是存它们的LCM{digit[i]}
    int MOD = LCM{1,2,9} = 5 * 7 * 8 * 9 = 2520
    按照定义，数字x为Beautiful ： 
    x % LCM{digit[xi]} = 0
    即 x % MOD % LCM{digit[xi]} = 0
    所以可以只需存x % MOD，范围缩小了
    而在逐位统计时，假设到了pre***（pre指前面的一段已知的数字，而*是任意变）
        ( preSum * 10^pos + next )  % MOD % LCM(preLcm , nextLcm)
    =  ( preSum * 10 ^ pos % MOD + next % MOD ) % LCM(preLcm , nextLcm)
    == 0
    而next，nextLcm是变量，上面的比较式的意义就是
    在已知pos , preSum , preLcm情况下有多少种(next,nextLcm)满足式子为0
    而这个就是一个重复子问题所在的地方了，需要记录下来，用记忆化搜索
    dfs(pos , preSum , preLcm , doing)
    加一个标记为doing表示目前是在计算给定数字的上限，还是没有上限，即***类型的
    这样就将初始化以及逐位统计写在一个dfs了，好神奇！！！
    
    还有一点，10以内的数字情况为2^3 , 3^2 , 5 , 7
    所以最小公倍数组合的情况只有4*3*2*2 = 48
    可以存起来，我看NotOnlySuccess的写法是
    for(int i = 1 ; i <= MOD ; i ++)
    {
        if(MOD % i == 0)
            index[i] = num++;
    }
    很棒！！

    所以复杂度大概为19*2520*48*10（状态数*决策数）

    我觉得这题状态的设计不能跟具体数字分开，否则会很难设计吧
    所以用记忆化搜索，存起来
    用具体数字去计算，重复的子问题跟pre关系比较密切
    有一个比较重要的切入点就是LCM，还有%MOD缩小范围，才能存储

    还有优化到只需%252的，更快
    不过我觉得%2520比较好理解

#include <cstdio>#include <deque>#include <set>#include <string>#include <map>#include <vector>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#include <cmath>#include <queue>using namespace std;typedef long long LL;const int mod = 2520;LL dp[21][mod][50];//int digit[21];int indx[mod+5];void init(){int num = 0;for(int i=1;i<=mod;i++){if(mod%i == 0)indx[i] = num++;}printf("%d\n",num);memset(dp,-1,sizeof(dp));}LL gcd(LL a,LL b){return b == 0 ? a : gcd(b,%b);}LL lcm(LL a,LL b){return a/gcd(a,b)*b;}/*int dfs(int i, int s, bool e) {    if (i==-1) return s==target_s;    if (!e && ~f[i][s]) return f[i][s];    int res = 0;    int u = e?num[i]:9;    for (int d = first?1:0; d <= u; ++d)        res += dfs(i-1, new_s(s, d), e&&d==u);    return e?res:f[i][s]=res;}*/LL dfs(int pos, int presum, int prelcm, bool e){if(pos == -1)return presum % prelcm == 0;if(!e && dp[pos][presum][indx[prelcm]] != -1){return dp[pos][presum][indx[prelcm]];}int u = e ? digit[pos] : 9;LL ans = 0;for(int i=0;i<=u;i++){int nowlcm = prelcm;int nowsum = (presum*10+i)%mod;if(i) nowlcm = lcm(prelcm, i);ans += dfs(pos-1,nowsum, nowlcm, e && i == u);}return e ? ans : dp[pos][presum][indx[prelcm]] = ans;}LL cal(LL x){memset(digit,0,sizeof(digit));int pos = 0;while(x){digit[pos++] = x % 10;x /= 10;}return dfs(pos-1, 0, 1, 1);/*dfs(pos, presum, prelcm, doing){}*/}int main(){init();int T;LL a,b;cin >> T;while(T --){cin >> a >> b;cout << cal(b) - cal(a-1) << endl;}return 0;}