bzoj 3131 [Sdoi2013]淘金(数位DP+优先队列)
2016-03-02 14:54
190 查看
Description
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),fIj))坐标处。其中f(x)表示x各位数字的乘积,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,玩家可以开始进行采集工作。
小Z很懒,打算只进行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,最多可以采集到多少块金子?
答案可能很大,小Z希望得到对1000000007(10^9+7)取模之后的答案。
Input
共一行,包含两介正整数N,K。Output
一个整数,表示最多可以采集到的金子数量。Sample Input
1 2 5Sample Output
18HINT
N < = 10^12 ,K < = 100000对于100%的测试数据:K < = N^2
【思路】
数位DP+优先队列
求出每个数i可以被转移到的数目f[i],则点(i,j)中的金子数目为f[i]*f[j],我们就可以用优先队列求解前k大。
如何求f,数位DP。
首先所有的积数目在1e4左右,可以先dfs搜索出所有的数值,然后离散化。
设f[i][j][k]表示i位数,积为j(离散后的下标),到当前枚举位是否大于n,枚举第i+1位数转移即可。
DP的转移开始的设定需要格外注意。
【代码】
#include<cmath> #include<queue> #include<vector> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define FOR(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);a++) using namespace std; typedef long long LL; const int N = 4*1e5; const int MOD = 1e9+7; LL f[15] [2],num ,siz ; int tot,K,a[15],len; LL n; struct Node{ int x,y; LL v; Node(int x,int y):x(x),y(y) { v=siz[x]*siz[y]; } bool operator < (const Node& rhs) const{ return v<rhs.v; } }; priority_queue<Node> q; bool cmp(const LL& x,const LL& y) { return x>y; } void dfs(int now,int dep,LL mul) { if(dep==len) num[tot++]=mul; else { if(!mul) return ; for(int i=now;i<10;i++) dfs(i,dep+1,mul*i); } } int main() { scanf("%lld%d",&n,&K); LL tmp=n; while(n) { a[++len]=n%10; n/=10; } num[++tot]=0; dfs(0,0,1); sort(num+1,num+tot+1); tot=unique(num+1,num+tot+1)-num-1; f[0][2][0]=1; FOR(i,0,len) FOR(j,1,tot) FOR(k,0,1) if(f[i][j][k]) for(int x=i==0?0:1;x<10;x++) { //只允许长度为 1 的0存在 int r=lower_bound(num+1,num+tot+1,num[j]*x)-num; f[i+1][r][(k+x)>a[i+1]]+=f[i][j][k]; } FOR(i,1,tot) { FOR(j,1,len-1) siz[i]+=f[j][i][0]+f[j][i][1]; siz[i]+=f[len][i][0]; } sort(siz+1,siz+tot+1,cmp); q.push(Node(2,2)); int ans=0; while(!q.empty() && K) { Node u=q.top(); q.pop(); ans=(ans+u.v)%MOD; if(!(--K)) break; if(u.x!=u.y) { ans=(ans+u.v)%MOD; if(!(--K)) break; q.push(Node(u.x+1,u.y)); } if(u.x==2) q.push(Node(u.x,u.y+1)); } printf("%d",ans); return 0; }
PS:感觉自己好弱 TAT
相关文章推荐
- OS X中多PHP环境与Nginx配置问题
- iOS网络开发(5)请求的缓存
- Linq入门详解(Linq to Objects)
- mycat ER分片的场景详细分析学习
- 读写扩散问题
- maven-compiler-plugin 指定JDK版本和编码
- struts2.0 配置文件、常量配置详解
- poj 1111 Image Perimeters
- iOS中设置导航栏标题( titleView)的字体颜色和大小
- java 转String
- C# Task的使用---Task的启动
- tar
- 【转】启动、停止Windows服务的DOS命令
- Tomcat部署项目通过—IP地址:端口访问
- linux 打包命令tar(主要用于服务器之间迁移资源文件)
- 单点登录在项目中的进一步理解
- Spark Streaming+Flume对接实验(推送)
- 面试常规题目 ++X ,x++ 和 &&,&, ||,| 的总结
- C++文件输入输出
- 记一次EditText设置默认选中setSelection的一个bug