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【BZOJ3131】淘金（SDOI2013）-數位DP+優先佇列

阿新 • • 發佈：2018-11-07

測試地址：淘金
做法： 本題需要用到數位DP+優先佇列。
令 F ( x , y ) F(x,y) 為座標 (

x , y ) (x,y) 上的黃金數目，那麼：
F ( x ,
y ) = ∑ i = 1 n ∑
j = 1 n [ f ( i ) = x ] ⋅ [ f ( j ) = y ] F(x,y)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{n}[f(i)=x]\cdot[f(j)=y]
= ( ∑ i = 1 n [ f ( i ) = x ] ) ⋅ ( ∑ j = 1 n [ f ( j ) = y ] ) =(\sum_{i=1}^n[f(i)=x])\cdot (\sum_{j=1}^n[f(j)=y])
令 g ( x ) = ∑ i = 1 n [ f ( i ) = x ] g(x)=\sum_{i=1}^n[f(i)=x] ，那麼我們只需要求出 g ( x ) g(x) 中的前 k k 大值， F ( x , y ) = g ( x ) ⋅ g ( y ) F(x,y)=g(x)\cdot g(y) 中的最大值就肯定是由這些 g ( x ) g(x) 組成的了。
然而對於 1 ≤ x ≤ 1 0 12 1\le x\le 10^{12} ，不同的 f ( x ) f(x) 貌似很多，有 1 0 12 10^{12} 個？或是 9 12 9^{12} 個（因為本題中不考慮 0 0 ）？怎麼看都不可能直接進行計算。
然而實際上，我們可以證明 f ( x ) f(x) 的範圍遠沒有那麼大。注意到 f ( x ) f(x) 是若干個 1 1 ~ 9 9 之間的數的乘積，因此它的質因子只有 2 , 3 , 5 , 7 2,3,5,7 ，這就已經排除掉了很多數字了。進一步地， 2 2 最多有 36 36 個（ 12 12 個 8 8 ）， 3 3 最多有 24 24 個（ 12 12 個 9 9 ）， 5 5 和 7 7 最多有 12 12 個， 36 × 24 × 12 × 12 = 124416 36\times 24\times 12\times 12=124416 ，這就已經是個很小的上界了。而根據打表的結果，實際上可能達到的不同的 f ( x ) f(x) 的數目只有 11015 11015 個。那麼我們只需對於這些 f ( x ) f(x) 計算對應的 g g 的值即可。
於是顯然有數位DP的狀態定義：令 d p ( i , j , 0 / 1 ) dp(i,j,0/1) 為前 i i 位，滿足 f ( x ) = j f(x)=j 的不卡/卡上界的 x x 的數量，那麼轉移就很容易了。顯然時間複雜度可以接受。
那麼我們求出了 g ( x ) g(x) ，用它來算前 k k 大的 F ( x , y ) F(x,y) ，就和一提高-難度經典題很像了：給兩個序列 A , B A,B ，求 A i + B j A_i+B_j 的前 k k 大值。做法完全一樣，用優先佇列就可以解決這個問題了，時間複雜度為 O ( k log ⁡ k ) O(k\log k) 。
祝賀自己又成功想出一道黑題（雖然個人感覺沒有黑題的難度），併成功衝入BZOJ時間榜第七名，可喜可賀。
以下是本人程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
ll x,cnt[20][20010]={0},g[20010];
int k,tot=1,st[20010][4]={0},id[40][30][20][20]={0};
int s[20],n,p[10][4]={0},pr[4]={2,3,5,7},now=1;
int nowp[20010];
struct point
{
	int id;
	ll val;
	bool operator < (point a) const
	{
		return val<a.val;
	}
};
priority_queue<point> Q;

void checkin(int i,int j,int k,ll val,bool type)
{
	int nxt[4],nxts;
	for(int l=0;l<4;l++)
		nxt[l]=st[j][l]+p[k][l];
	if (!id[nxt[0]][nxt[1]][nxt[2]][nxt[3]])
	{
		id[nxt[0]][nxt[1]][nxt[2]][nxt[3]]=++tot;
		for(int l=0;l<4;l++)
			st[tot][l]=nxt[l];
	}
	nxts=id[nxt[0]][nxt[1]][nxt[2]][nxt[3]];
	cnt[i][nxts]=(cnt[i][nxts]+val)%mod;
	if (type) now=nxts;
}

void solve()
{
	now=1;
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		int lasttot=tot;
		for(int j=1;j<=lasttot;j++)
			for(int k=1;k<=9;k++)
				checkin(i,j,k,cnt[i+1][j],0);
		
		if (now)
		{
			if (i<n)
			{
				for(int j=1;j
            
  

           

              
              

            

            
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         (
        
        
         x
        
      



  
 

    


    
    
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         i
        
        
         ≤
        
        
       



  
 

    


    
    
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  旋