题目描述

小N对于数字的大小一直都有两种看法。第一种看法是,使用字典序的大小(也就是我们常用的判断数字大小的方法,假如比较的数字长度不同,则在较短一个前面补齐前导0,再比较字典序),比如43<355,10<11。第二种看法是,对于一个数字,定义他的权值为,也就是各个数位的乘积。
现在给定两个区间,[L,R]与[L1,R1]。小N现在想知道,有多少使用字典序判大小法在[L,R]之间的数字,满足其第二种定义的权值也在[L1,R1]之间。
换句话说,对于一个数x,定义f(x)为x的各个数位的乘积。对于L<=x<=R,问有多少x满足,L1<=f(x)<=R1。

输入描述:

第一行四个整数L,R,L1,R1。

输出描述:

一行一个整数,代表小N想知道的数的数量。
示例1

输入

复制

34 10000 24 57

输出

复制

777

备注:

20%: L,R <= 10000000
40%: L,R <= 3*10^7
60%: L,R,L1,R1 <= 10^9
另外有20%:L1,R1<=1000
100%: 0<=L,R,L1,R1 <= 10^18, L <= R, L1 <= R1

Solution:

  本题出题人神犇WWT说是经典的数位dp,,,考试时谁都知道是数位dp吖,当时脑抽感觉乘积的情况太多,定义状态怕炸空间,然后就GG了。

  因为数最多有18位,每位除0外有9种填数情况,开始认为状态最多$18*9^{18}$,即使有重复的乘积我也觉得空间开不下,所以弃疗直接裸暴力。然而结果就是状态数其实不大,重复的状态很多很多,完全可以开个map来定义状态,这里我想吐槽了!

  于是定义状态$f[i][j]$表示到了第$i$位乘积为$j$的不受限制的合法个数(用map存),然后就是经典的数位记忆化搜索了,注意限制条件决定了从高位向低位搜索,另一个小细节就是有可能合法个数为0,而状态的初值也为0,这样就不方便判断当前状态是否已经搜索过了,简单的解决办法是记录状态的合法个数时+1,取出状态时-1就好了。

  最后简单讲下神犇WWT的绝妙思路:由于只包含1到9,所以只用记录乘积的质因数分解中,出现了多少2,3,5,7。题目中的$L1,R1$不超过$10^{18}$,可以计算出2最多为59个,3最多为37, 5最多为26,7最多为21。设$F[i][c_2][c_3][c_5][c_7]$表示考虑到第i位,乘积状态为$c_2,c_3,c_5,c_7$的数位DP情况。接着就是经典数位DP做法。空间可能比较紧,需要用滚动数组。

  (反正我只会记忆化搜索~>.^_^.<~)

代码:

/*Code by 520 -- 9.10*/
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define RE register
#define For(i,a,b) for(RE int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(RE int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
using namespace std;
typedef pair<int,ll> P;
ll l,r,L,R;
int num[],top;
map<P,ll>f; ll dfs(int pos,int limit,ll tot){
if(!pos){if(tot==-)tot=;return L<=tot&&tot<=R;}
P state=(P){pos,tot};
if(!limit&&f[state]) return f[state]-;
ll tp=;
For(i,,limit?num[pos]:)
if(tot==-) tp+=i?dfs(pos-,limit&&i==num[pos],i):dfs(pos-,limit&&i==num[pos],-);
else tp+=dfs(pos-,limit&&i==num[pos],tot*i);
if(!limit) f[state]=tp+;
return tp;
} il ll solve(ll x){
if(x==-) return ;
top=;
while(x) num[++top]=x%,x/=;
return dfs(top,,-);
} int main(){
cin>>l>>r>>L>>R;
cout<<solve(r)-solve(l-);
return ;
}

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