3131: [Sdoi2013]淘金
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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 5
Sample Output
18
HINT
N < = 10^12 ,K < = 100000
对于100%的测试数据：K < = N^2
久违的的数位DP题……
首先，我们可以发现横纵坐标没有任何关系，完全独立，所以我们真正要做的是求出每个数有多少个数以他为f值。按照套路我们还是应该先dfs一下各种可能的乘积，然后弱到一定地步的我就懵了，乘积得多少种啊，存都存不下，然后事实证明我错了，实践证明我只要打一下表就会发现其实只有八千多个乘积……
求出来所有乘积之后我们接着按照数位DP的套路搞。不过为了方便，我们把我们得到的所有乘积先去重和离散。设f[i][j][k]为当前我们算到第i位，第i位为j，当前乘积离散后为k的方案数。转移也是很好转移的，直接枚举那一位的数是几就好了。统计答案的时候也是按照套路，先统计位数比n低的，然后将位数从高到低依次统计每一个k答案即可。至于答案。我们用优先队列排序就可以了。
1 #include <iostream>
2 #include <cstdlib>
3 #include <cstdio>
4 #include <cstring>
5 #include <algorithm>
6 #include <cmath>
7 #include <queue>
8 #include <map>
9 #include <set>
10 #include <vector>
11 #define N 10005
12 using namespace std;
13 long long n;
14 int k,zz,cnt;
15 long long c[50],p=1000000007;
16 long long jg[1000005];
17 void dfs(long long x,int st,int len)
18 {
19 if(len==14)
20 {
21 return;
22 }
23 zz++;
24 jg[zz]=x;
25 for(int i=st;i<=9;i++)
26 {
27 dfs(x*i*1ll,i,len+1);
28 }
29 }
30 long long f[15][10][N];
31 long long ans[N];
32 long long work(int x)
33 {
34 long long sum=0;
35 for(int i=1;i<cnt;i++)
36 {
37 for(int j=1;j<=9;j++)
38 {
39 sum+=f[i][j][x];
40 }
41 }
42 long long la=1;
43 for(int i=cnt;i>0;i--)
44 {
45 if(la==0||jg[x]%la||la>jg[x])break;
46 int t=lower_bound(jg+1,jg+1+zz,jg[x]/la)-jg;
47 for(int j=1;j<c[i];j++)
48 {
49 sum+=f[i][j][t];
50 }
51 la*=c[i];
52 }
53 return sum;
54 }
55 map<int,bool> vi[N];
56 struct no{
57 int a,b;
58 long long data;
59 bool friend operator < (no a,no b)
60 {
61 return a.data<b.data;
62 }
63 };
64 int main()
65 {
66 scanf("%lld%d",&n,&k);
67 zz++;jg[zz]=0;
68 long long tt=n;
69 while(tt)
70 {
71 cnt++;
72 c[cnt]=tt%10;
73 tt/=10;
74 }
75 c[1]++;
76 dfs(1,2,1);
77
78 sort(jg+1,jg+zz+1);
79 zz=unique(jg+1,jg+zz+1)-jg-1;
80 for(int i=1;i<=9;i++)
81 {
82 f[1][i][lower_bound(jg+1,jg+zz+1,i)-jg]=1;
83 }
84 for(int i=1;i<cnt;i++)
85 {
86 for(int j=1;j<=9;j++)
87 {
88 for(int k=1;k<=9;k++)
89 {
90 for(int l=1;l<=zz;l++)
91 {
92 if(!f[i][j][l])continue;
93 if(jg[l]*(long long)k>jg[zz])continue;
94 f[i+1][k][lower_bound(jg+1,jg+1+zz,jg[l]*k)-jg]+=f[i][j][l];
95 }
96 }
97 }
98 }
99 for(int i=1;i<=zz;i++)
100 {
101 ans[i]=work(i);
102 }
103 sort(ans+1,ans+zz+1);
104
105 no aa;
106 aa.a=aa.b=zz;
107 aa.data=ans[zz]*ans[zz];
108 priority_queue<no> q1;
109
110 q1.push(aa);
111 long long sum=0;
112 while(k&&!q1.empty())
113 {
114 k--;
115 while(!q1.empty()&&vi[q1.top().a][q1.top().b]) q1.pop();
116 aa=q1.top();q1.pop();
117 sum+=aa.data%p;
118 sum%=p;
119 vi[aa.a][aa.b]=1;
120 aa.a--;
121 aa.data=ans[aa.a]*ans[aa.b];
122 q1.push(aa);
123 aa.a++;aa.b--;
124 aa.data=ans[aa.a]*ans[aa.b];
125 q1.push(aa);
126 }
127 printf("%lld\n",sum);
128 return 0;
129 }