SDOI2013 淘金

题目描述

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X轴、Y轴坐标范围均为1..N1..N。初始的时候，所有的整数坐标点上均有一块金子，共 N∗NN*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)(i, j) 坐标 处的金子会变到 (f(i),f(j))(f(i),f(j))坐标 处。其中f(x)f(x)表示 xx各位数字的乘积 ，例如 f(99)=81，f(12)=2，f(10)=0f(99)=81，f(12)=2，f(10)=0。如果金子变化后的坐标不在 1..N1..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 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KK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(109+7)1000000007 (10^ 9+7) 取模之后的答案。

Input

共一行，包含两个正整数 N, K 。

Output

一个整数 ，表示最多可以采集到的金子数量。

Sample Input

12 5

Sample Output

18

数据范围

样例解释

题解

我们可以发现x,yx,y坐标是不相关的。

我们设y=f(x)y=f(x)接下来我们的任务就是求yy的个数。

易得，yy可以表示成2p1∗3p2∗5p3∗7p42^{p1}*3^{p2}*5^{p3}*7^{p4},又可得yy的数量很少，只有大概20000个。我们就顺理成章想到用数位dp了。

设状态Fi,j,kF_{i,j,k} 表示从高至低dp到第ii位，前ii位的积为jj，前ii位是否与原数的前ii位相同(这一位只有0或1)。

Fi,j,0⇒Fi+1,j∗k,0,1⩽k⩽9F_{i,j,0}\Rightarrow F_{i+1,j*k,0} ,1\leqslant k \leqslant9

Fi,j,1F_{i,j,1}的情况读者可以自己推一下。

参考代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define maxn 20
#define ll long long
#define mo 1000000007
using namespace std;

ll n,m;

ll f[1000005];

ll num[20];

struct note1{
ll a,b;
};

queue<note1> now,next;

map <note1,ll> g[20];

bool operator < (const note1 a,const note1 b){
if(a.a!=b.a)return a.a<b.a;
return a.b < b.b;
}

void add(int x,note1 pq,ll ad) {
if (!g[x].count(pq))
next.push(pq);
g[x][pq]+=ad;
}

void Pre(ll n){
ll t1=0,t2=0;
while (n) {
num[++num[0]]=n % 10;
n /= 10;
}
note1 tmp;
tmp.a=0;
tmp.b=1;
now.push(tmp);
g[num[0]+1][tmp]=1;
fd(i,num[0],1) {
while (!now.empty()) {
note1 tmp=now.front();
now.pop();
ll way=g[i+1][tmp];
if (!tmp.a) {
fo(j,1,num[i]) {
if (j==num[i]) {
note1 pq;
pq.a=0;
pq.b=tmp.b*j;
add(i,pq,way);
}
else {
note1 pq;
pq.a=1;
pq.b=tmp.b*j;
add(i,pq,way);
}
}
}
else {
fo(j,1,9){
note1 pq;
pq.a=1;
pq.b=tmp.b*j;
add(i,pq,way);
}
}
}
note1 tmp;
tmp.a=1;
tmp.b=1;
if (i>1) add(i,tmp,1);
while (!next.empty()) {
note1 tmp=next.front();
next.pop();
if (i==1&&!tmp.a) t1=tmp.b,t2=g[1][tmp];
now.push(tmp);
}
}
while (!now.empty()) {
note1 tmp=now.front();
now.pop();
if (tmp.a==0) continue;
f[++f[0]]=g[1][tmp];
if (tmp.b==t1) f[f[0]]+=t2,t1=0;
}
if (t1>0) f[++f[0]]=t2;
}

bool cmp(int i,int j){
return i>j;
}

struct note{
ll w;
int x,y;
};

bool operator < (note i,note j){
return i.w<j.w;
}

priority_queue<note> q;

void main2(){
fo(i,1,f[0]) {
note tmp;
tmp.w=f[i]*f[1];
tmp.x=i;
tmp.y=1;
q.push(tmp);
}
ll ans=0;
fo(i,1,m) {
if (q.empty()) break;
note now=q.top();
q.pop();
ans=(ans+now.w) % mo;
if (now.y!=f[0]) {
now.w=f[now.x]*f[now.y+1];
now.y++;
q.push(now);
}
}
printf("%lld",ans);
}

int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
Pre(n);
sort(f+1,f+f[0]+1,cmp);
main2();
return 0;
}