【JZOJ3216】【SDOI2013】淘金

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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),f(j))坐标 处。其中f(x)表示 x各位数字的乘积 ，例如 ，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，玩家可以开始采集工作。

小 Z很懒 ，打算 只进行 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， 最多可以采集到少块金子？

答案可能很大，小 Z希望得到1000000007 (10^ 9+7) 取模之后的答案。

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横纵坐标可以分开讨论，
为什么？
f()函数只与其中某一个坐标有关。

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然后还要注意到一个性质：
由于f()只会是0..9的数之积，所以质因子只会有2,3,5,7。
这个性质保证了，不同的积不会超过50000个，并且可以利用数位动态规划预处理出：
这些积分别出现多少次。

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现在考虑使用数位动态规划求出这些积分别出现多少次a[]。
设fi,j,k,l,o,p表示，填了i位数，并且积为2j∗3k∗5l∗7o，且当前的i位数是否小于n的前i位（小于等于时p=0，否则p=1）。
容易转移；
并且也很容易得出每个积分别出现多少次。（满足条件的fi,j,k,l,o,p则对a[2j∗3k∗5l∗7o]贡献）

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知道了a[]后，原问题变成找出前k最大的a[i]∗a[j]；
做法：
首先对a[]从大到小排序，然后先把所有a[i]∗a[1] (i∈[1,len(a[])])放入线段树的对应位置；
显然对线段树进行k次最值查询；
每次查询后得到最值的位置，把这一位第二项的a[]往后取一位。

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#include<iostream>#include<algorithm>#include<stdio.h>#include<math.h>#define ll long longusing namespace std;const char* fin="ex3216.in";const char* fout="ex3216.out";const ll inf=0x7fffffff;const ll maxn=60007,mo=1000000007,maxh=999997,maxt=maxn*8;ll n,m,i,j,k,l,o,p,index,J,K,L,O,P;ll A[maxn],len,ans;ll f[14][40][26][20][15][2],a[40][26][20][15];struct node{    ll x,y;}b[maxn];bool cmp(node a,node b){    return a.y>b.y;}ll h[maxh],d[maxh],num;ll hash(ll x){    ll k=x%maxh;    while (h[k] && h[k]!=x) k=(k+1)%maxh;    return k;}ll c[maxt],cc[maxt];void plant(ll l,ll r,ll t){    ll mid=(l+r)/2;    if (l==r){        cc[t]=1;        c[t]=b[l].y*b[1].y;        return;    }    plant(l,mid,t*2);    plant(mid+1,r,t*2+1);    c[t]=max(c[t*2],c[t*2+1]);}ll getmax(ll l,ll r,ll t){    ll mid=(l+r)/2,k;    if (l==r){        k=c[t];        c[t]=b[l].y*b[++cc[t]].y;        return k;    }    if (c[t*2]>c[t*2+1]) k=getmax(l,mid,t*2);    else k=getmax(mid+1,r,t*2+1);    c[t]=max(c[t*2],c[t*2+1]);    return k;}int main(){    char ch=getchar();    n=0;    while (ch<='9' && ch>='0') A[++len]=ch-'0',n=n*10+ch-'0',ch=getchar();    for (i=1;i<=len/2;i++) swap(A[i],A[len-i+1]);    scanf("%lld",&m);    f[0][0][0][0][0][0]=1;    a[0][0][0][0]=1;    for (j=0;j<40;j++)        for (k=0;k<26;k++)            for (l=0;l<20;l++)                for (o=0;o<15;o++){                    if (j) a[j][k][l][o]=a[j-1][k][l][o]*2;                    else if (k) a[j][k][l][o]=a[j][k-1][l][o]*3;                    else if (l) a[j][k][l][o]=a[j][k][l-1][o]*5;                    else if (o) a[j][k][l][o]=a[j][k][l][o-1]*7;                    if (a[j][k][l][o]>n) a[j][k][l][o]=n+1;                }    for (i=0;i<=len;i++)        for (j=0;j<40;j++)            for (k=0;k<26;k++)                for (l=0;l<20;l++)                    for (o=0;o<15;o++)                        for (p=0;p<2;p++){                            if (i<len)                                for (index=1;index<=9;index++){                                    ll tmp=index;                                    J=K=L=O=P=0;                                    if (index>A[i+1]) P=1;                                    else if (index==A[i+1]) P=p;                                    while (tmp%2==0) tmp/=2,J++;                                    while (tmp%3==0) tmp/=3,K++;                                    while (tmp%5==0) tmp/=5,L++;                                    while (tmp%7==0) tmp/=7,O++;                                    f[i+1][j+J][k+K][l+L][o+O][P]=(f[i+1][j+J][k+K][l+L][o+O][P]+f[i][j][k][l][o][p])%mo;                                }                            if (f[i][j][k][l][o][p]>0 && i>0 && (i<len || !p)){                                if (a[j][k][l][o]>n){                                    continue;                                }                                ll tmp=hash(a[j][k][l][o]);                                if (!h[tmp]){                                    h[tmp]=a[j][k][l][o];                                    b[d[tmp]=++num].x=a[j][k][l][o];                                }                                b[d[tmp]].y+=f[i][j][k][l][o][p];                            }                        }    sort(b+1,b+num+1,cmp);    plant(1,num,1);    for (i=1;i<=m;i++) ans=(ans+getmax(1,num,1))%mo;    printf("%lld",ans);    return 0;}

(⊙v⊙)

1.对于f(x)这种一元函数，可以单独考虑和讨论。
2.对积的质因子敏感，例如本题，只有2,3,5,7这四个质因子。