55-D 题目大意

给定区间\([l,r]\)，问区间中有多少个数\(x\)满足：对于它的每一个非\(0\)位上的数\(y\)，都有\(y|x\)。

Solution

经典的数位DP题型。

记录状态：\(f[pos][num][lcm]\)表示填完前\(pos\)位上的数，这些数构成了数\(num\)，各个非\(0\)位数字的最小公倍数为\(lcm\)，如果数\(lcm|num\)，那么\(num\)也就能整除各个非\(0\)位上的数。

考虑\(num\)和\(lcm\)的上界，\(1,2···9\)的最小公倍数为\(2520\)，则在记忆化搜索的过程中\(num\)不断对\(2520\)取模即可。另一方面，\(2520\)的因子数量不超过\(50\)个，也就是\(lcm\)的种类不超过\(50\)个，对这些\(lcm\)做一次映射即可。

剩下的就是套个数位DP的壳即可，因为存在多组测试数据，对于前\(pos\)位如果都已经达到了上限的话不用记忆化在\(f\)中。记忆化的话会导致下组测试数据使用到不合法的状态。

时间复杂度为\(O(2520+10·50·2520·logU+TlogU)\)，实际根本无法跑满。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;

ll f[20][2600][50];
int id[2600],idx=0;

void solve(){
    ll l,r;
    cin>>l>>r;
    l--;
    string x=to_string(l),y=to_string(r);
    function<ll(int,int,int,int,string&)> dp=[&](int pos,int num,int full,int lcm,string &s)->ll{
        if(pos<0){
            return num%lcm==0;
        }
        if(pos>=s.size()){
            return dp(pos-1,num,full,lcm,s);
        }
        if(!full&&f[pos][num][id[lcm]]!=-1){
            return f[pos][num][id[lcm]];
        }
        ll res=0;
        for(int i=0;i<=9;i++){
            if(full&&i>s[pos]-'0') break;
            int nxtfull=full&&(i==s[pos]-'0');
            int nxtlcm=lcm;
            if(i) nxtlcm=lcm*i/__gcd(lcm,i);
            int nxtnum=(num*10+i)%2520;
            res+=dp(pos-1,nxtnum,nxtfull,nxtlcm,s);
        }
        if(!full){
            f[pos][num][id[lcm]]=res;
        }
        return res;
    };
    reverse(x.begin(),x.end());
    reverse(y.begin(),y.end());
    ll high=dp(19,0,1,1,y);
    ll low=dp(19,0,1,1,x);
    cout<<high-low<<'\n';
}

int main(){
    ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    //freopen("output.txt","w",stdout);
    for(int i=1;i<=2520;i++){
        if(2520%i==0){
            id[i]=idx++;
        }
    }
    memset(f,-1,sizeof f);
    int T=1;
    cin>>T;
    while(T--){
        solve();
    }
    return 0;
}