bzoj1799(洛谷4127)同类分布(月之谜)
题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1799
https://www.luogu.org/problemnew/show/P4127
经典dp!
一个数能被它的各位和整除,在L-R内有多少个。
1.数位dp的套路,先预处理出第i位、后面任意的所有情况。
因为涉及整除,所以状态有“模当前数余几”;
因为涉及各位和,所以状态有“i位和为j”和“模k”;
好了我们有了一份会MLE的四维代码,而且有会超时的18位预处理,答案好歹是正确的。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int sx=*;
ll tmp,f[][][][],cnt1,cnt2;
int lmm,a[];
ll pw(int k)
{
ll mul=;
for(int i=;i<=k;i++)
mul*=;
return mul;
}
void pre()
{
for(int k=;k<=sx;k++)
f[][][k][]=;
int lm=;
for(int i=;i<=;i++)
{
lm=i*;
for(int j=;j<=lm;j++)
for(int k=;k<=sx;k++)
for(int l=;l<k;l++)
for(int p=;p<=&&j-p>=;p++)
f[i][j][k][l]+=f[i-][j-p][k][((l-p*pw(i-))%k+k)%k];
// if(i==1&&j==p&&k==p)printf("j=%d k=%d l=%d p=%d ff=%lld\n",j,k,l,p,f[i][j][k][l]); }
}
void chl()
{
lmm=;
while(tmp)
{
a[++lmm]=tmp%;
tmp/=;
}
}
ll calc()
{
int t=;
ll cnt=,lj=;
for(int i=lmm;i;i--)
{
int ll=a[i];if(i==)ll++;
for(int p=;p<ll;p++)
for(int s=max(,t+p);s<=sx;s++)
cnt+=f[i-][s-t-p][s][(s-(lj+p*pw(i-))%s)%s];
t+=a[i];lj+=a[i]*pw(i-);
}
return cnt;
}
int main()
{
scanf("%lld",&tmp);tmp--;
pre();
chl();
cnt1=calc();
// printf("(%lld)\n",cnt1);
scanf("%lld",&tmp);
chl();
cnt2=calc();
// printf("(%lld)\n",cnt2);
printf("%lld",cnt2-cnt1);
return ;
}
MLE+TLE
在bzoj 50s 下应该还不会超时,考虑解决MLE。
2.发现pre转移的时候,模数s是固定的,即每个状态由模数相同的状态转移过来。
所以只要把模数s的枚举放在最外面,就可以省掉这一维,代价是每一个s都要预处理一遍。
尽可能优化一点。
1)发现L和R的预处理有一部分是重复的,所以把R - L这一部分也在循环里实现而不是最后再减;
2)(微弱)其实预处理到lm[1]-1位就行了。
bzoj上能过了(30s+),洛谷上超时一个点,而且其他点好慢……
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll f[][][],l,r,mul[],ans;
int lm[],a[][],sx;
void pw()
{
mul[]=;
for(int i=;i<=lm[];i++)
mul[i]=mul[i-]*;
}
void pre(int s)
{
memset(f,,sizeof f);
f[][][]=;//
int lmm=;
for(int i=;i<=lm[];i++)
{
lmm=min(s,i*);
for(int j=;j<=lmm;j++)
for(int l=;l<s;l++)//l<j是错的(为何)
for(int p=;p<=&&j-p>=;p++)
f[i][j][l]+=f[i-][j-p][((l-p*mul[i-])%s+s)%s];//考虑l-p*pw(i-1)<0
}
}
void chl(int k,ll tmp)
{
while(tmp)
{
a[k][++lm[k]]=tmp%;
tmp/=;
}
}
ll calc(int k,int s)
{
ll cnt=;
// printf("s=%d\n",s);
int t=;ll lj=;
for(int i=lm[k];i;i--)
{
int llm=a[k][i];if(i==)llm++;
for(int p=;p<llm&&s-t-p>=;p++)
cnt+=f[i-][s-t-p][(s-(lj+p*mul[i-])%s)%s];//考虑lj+p*pw(i-1)==0
t+=a[k][i];lj+=a[k][i]*mul[i-];
// printf("i=%d cnt=%d\n",i,cnt);
}
return cnt;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&l,&r);
chl(,l-);chl(,r);
sx=(lm[]-)*+a[][lm[]];pw();
for(int s=;s<=sx;s++)
{
pre(s);
ans+=calc(,s)-calc(,s);
}
printf("%lld",ans);
return ;
}
TLE
3.发现大家写的都是记忆化深搜。
为什么比较快呢?因为它不需要把一些用不到的状态也预处理出来。
但具体是什么我也不清楚。详见代码?
然后发现大牛的代码:写得好好!于是近乎抄了下来。
这里只要有最后那个d=0时的限制就不用记录各位和为j了,只要最后整个各位和等于s就行。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll input()
{
int f=;ll s=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){s=s*+ch-'';ch=getchar();}
return s*f;
}
const int N=,M=;
ll x,y,dp[][M][N][N];
int cnt,a[M],dfn[][M][N][N],tot,mod;
ll calc(bool p,int d,int s,int m)//p为有无限制 ,d是第几位,s是模数也是各位和 ,m是前面填好的东西%s余数
{
if(!d)return (!s&&!m);//初值,第0位时仅当s为0(个位填好后整个的各位和为s)、m为0(整除)时为1
if(dfn[p][d][s][m]==tot)return dp[p][d][s][m];
dfn[p][d][s][m]=tot;ll tmp=;
int l=max(,s-*(d-)),r=min(((p)?:a[d]),s);//r<=s
for(int i=l;i<=r;i++)tmp+=calc(p|(i<a[d]),d-,s-i,(m*+i)%mod);//i是当前位填几
return dp[p][d][s][m]=tmp;
}
ll solve(ll ret)
{
for(cnt=;ret;ret/=)a[++cnt]=ret%;
ll ans=;int sx=cnt*;
for(mod=;mod<=sx;mod++)tot++,ans+=calc(,cnt,mod,);
return ans;
}
int main()
{
x=input();y=input();
return printf("%lld",solve(y)-solve(x-)),;
}
有点奇怪的是下面这份代码数组范围应该都够,但仅改数组范围就能修复一个RE(变成上边那个TLE),也就是说数组越界?
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll f[][][],l,r,mul[],ans;
int lm[],a[][],sx;
void pw()
{
mul[]=;
for(int i=;i<=lm[];i++)
mul[i]=mul[i-]*;
}
void pre(int s)
{
memset(f,,sizeof f);
f[][][]=;//
int lmm=;
for(int i=;i<=lm[];i++)
{
lmm=min(s,i*);
for(int j=;j<=lmm;j++)
for(int l=;l<s;l++)//l<j是错的(为何)
for(int p=;p<=&&j-p>=;p++)
f[i][j][l]+=f[i-][j-p][((l-p*mul[i-])%s+s)%s];//考虑l-p*pw(i-1)<0
}
}
void chl(int k,ll tmp)
{
while(tmp)
{
a[k][++lm[k]]=tmp%;
tmp/=;
}
}
ll calc(int k,int s)
{
ll cnt=;
// printf("s=%d\n",s);
int t=;ll lj=;
for(int i=lm[k];i;i--)
{
int llm=a[k][i];if(i==)llm++;
for(int p=;p<llm&&s-t-p>=;p++)
cnt+=f[i-][s-t-p][(s-(lj+p*mul[i-])%s)%s];//考虑lj+p*pw(i-1)==0
t+=a[k][i];lj+=a[k][i]*mul[i-];
// printf("i=%d cnt=%d\n",i,cnt);
}
return cnt;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&l,&r);
chl(,l-);chl(,r);
sx=(lm[]-)*+a[][lm[]];pw();
for(int s=;s<=sx;s++)
{
pre(s);
ans+=calc(,s)-calc(,s);
}
printf("%lld",ans);
return ;
}
一个RE
真是经典。以后也许要回顾回顾了呢。
人家的代码好好……
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