Codeforces 55D Beautiful numbers 数位dp 数论 优化技巧

题目

题目链接：http://codeforces.com/problemset/problem/55/D

题目来源：反正是在哪个人的blog里扒来的，看着感觉会做，就做了

简要题意：能被自己每位（除0之外）整除的数被称为美丽数，求[li,ri]内美丽数的个数。

数据范围：1 ⩽t ⩽ 10;1⩽li,ri⩽9×1018

题解

不难看出来这一定是一道数位dp，需要记录的信息为当前访问了哪些数字，还有就是余数。

余数的话我们需要知道当前数模1⋯9余数，为了方便，直接记录模lcm(1,2,⋯,9)=2520的余数就行了。

稍微证明下：
LCM=lcm(1,2,⋯,9)要求模MOD的余数MOD∣LCMx=kMOD+r=k′LCM+k′′MOD+r′(0⩽r,r′<MOD)r≡r′ modMOD

再考虑要记录访问了哪些数字，其实也可以只记录访问到的数字的lcm即可，它是2520的约数。

其中2520的约数为48个余数只需要开dp[18][48][2520]的数组就行了。

实现

开始的时候我的写法是根据素因数来编码，洋洋洒洒写了一堆函数分解。

之后发现其实这么写完全没有必要，不过的确是可以AC的。

开始的时候交上去大概是900ms，之后看别人快，发现都有预处理，于是我一个状态加上一个数字的结果记忆化保存到了con[][]，把某状态是否能整除一个余数保存到另一个数组ck[][]，这么做之后速度加快到了300ms。

虽然不是最好的做法，但是还是摆上来吧。

代码300ms

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#include <cstring>#include <stack>#include <queue>#include <string>#include <vector>#include <set>#include <map>#define pb push_back#define mp make_pair#define all(x) (x).begin(),(x).end()#define sz(x) ((int)(x).size())#define fi first#define se secondusing namespace std;typedef long long LL;typedef vector<int> VI;typedef pair<int,int> PII;LL powmod(LL a,LL b, LL MOD) {LL res=1;a%=MOD;for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;}return res;}// headconst int MOD = 2520;const int MX = 48;int num[25];int state[5];LL dp[21][MX][MOD];int con[MX][10];int ck[MX][MOD];int ta[5] = {4, 3, 2, 2};int p[5] = {2, 3, 5, 7};int encode() {    return state[0]+4*state[1]+12*state[2]+24*state[3];}void decode(int st) {    for (int i = 0; i < 4; i++) {        state[i] = st%ta[i];        st /= ta[i];    }}int getPow(int x, int prm) {    if (x == 0) return 10;    int ans = 0;    for (; x % prm == 0;x /= prm, ans++);    return ans;}bool check(int st, int rem) {    if (ck[st][rem] != -1) return ck[st][rem];    decode(st);    for (int i = 0; i < 4; i++) {        if (getPow(rem, p[i]) < state[i]) return ck[st][rem] = 0;    }    return ck[st][rem] = 1;}int addNum(int st, int x) {    if (con[st][x] != -1) return con[st][x];    if (x <= 1) return con[st][x] = st;    decode(st);    for (int i = 0; i < 4 && x != 1; i++) {        state[i] = max(state[i], getPow(x, p[i]));    }    return con[st][x] = encode();}LL dfs(int pos, bool e, int st, int rem) {    if (pos == -1) return check(st, rem);    if (!e && dp[pos][st][rem] != -1) return dp[pos][st][rem];    int lim = e ? num[pos] : 9;    LL ans = 0;    for (int i = 0; i <= lim; i++) {        ans += dfs(pos-1, e&&i==lim, addNum(st, i), (rem*10+i)%MOD);    }    if (!e) dp[pos][st][rem] = ans;    return ans;}int getBit(LL x) {    int len = 0;    while (x) {        num[len++] = x%10;        x /= 10;    }    return len;}LL solve(LL x) {    return dfs(getBit(x)-1, true, 0, 0);}LL bruteForce(LL l, LL r) {    LL ans = 0;    for (LL i = l; i <= r; i++) {        int len = getBit(i);        bool flag = true;        for (int j = 0; j < len; j++) {            if (num[j] != 0 && i % num[j]) {                flag = false;                break;            }        }        ans += flag;    }    return ans;}int main(){    memset(ck, -1, sizeof ck);    memset(con, -1, sizeof con);    memset(dp, -1, sizeof dp);    int t;    scanf("%d", &t);    while (t--) {        LL l, r;        scanf("%I64d%I64d", &l, &r);        printf("%I64d\n", solve(r)-solve(l-1));        //printf("%I64d\n", bruteForce(l, r));    }    return 0;}

继续优化

A完之后我上下扫了几眼，竟然发现还有程序快我几倍，特么再一看，竟然还比我短，于是我研究了一下。

首先我一开始走进了质因数的死胡同其实只要保存lcm→hash的表就行了。

但是其实这么改了之后再预处理之后也就是500ms不是很快。

然后再仔细研究了一下是因为一下的东西：

考虑10rem+imod2520
其实可以化简为rem+imod252
因为gcd(2520,10)=10可以约掉，而i<10<252

于是我们可以知道我们只要query下一层的rem+imod252的结果了，而每层这样的话除了个位之外都可以只保存模252余数的状态，个位要特判。

知道了这层道理之后我彻底震惊了，改完之后是华丽丽的62ms

极致优化版代码

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#include <cstring>#include <stack>#include <queue>#include <string>#include <vector>#include <set>#include <map>#define pb push_back#define mp make_pair#define all(x) (x).begin(),(x).end()#define sz(x) ((int)(x).size())#define fi first#define se secondusing namespace std;typedef long long LL;typedef vector<int> VI;typedef pair<int,int> PII;LL powmod(LL a,LL b, LL MOD) {LL res=1;a%=MOD;for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;}return res;}// headconst int MX = 48;const int MOD = 2520;int con[MOD+5];int add[MX][10];int num[25];int d[MOD/10][10];LL dp[22][MX][MOD/10];LL dfs(int pos, bool e, int lcm, int rem) {    if (pos == -1) return rem%lcm == 0;    if (!e && dp[pos][con[lcm]][rem] != -1) return dp[pos][con[lcm]][rem];    LL ans = 0;    int lim = e ? num[pos] : 9;    for (int i = 0; i <= lim; i++) {        ans += dfs(pos-1, e&&lim==i, add[con[lcm]][i], pos==0?rem*10+i:d[rem][i]);    }    if (!e) dp[pos][con[lcm]][rem] = ans;    return ans;}LL solve(LL x) {    int len = 0;    while (x) num[len++] = x%10, x/=10;    return dfs(len-1, true, 1, 0);}void init() {    memset(dp, -1, sizeof dp);    int cnt = 0;    for (int i = 1; i <= MOD; i++) {        if (2520%i) continue;        for (int p = 0; p < 10; p++) {            add[cnt][p] = p<2 ? i : i/__gcd(p, i)*p;        }        con[i] = cnt++;    }    for (int i = 0; i < 252; i++) {        for (int j = 0; j < 10; j++) {            d[i][j] = (i*10+j)%252;        }    }}int main(){    init();    int t;    LL l, r;    scanf("%d", &t);    while (t--) {        scanf("%I64d%I64d", &l, &r);        printf("%I64d\n", solve(r)-solve(l-1));    }    return 0;}