cf55D. Beautiful numbers(数位dp)

题意

sol

看到这种题就不难想到是数位dp了。

一个很显然的性质是一个数若能整除所有位数上的数，则一定能整除他们的lcm。

根据这个条件我们不难看出我们只需要记录每个数对所有数的lcm(也就是2520)取模的结果

那么\(f[i][j][k]\)表示还有\(i\)个数要决策，之前的数模\(2520\)为\(j\)，之前的数的lcm为k的方案

第三维可以预处理

#include<bits/stdc++.h> 
#define pair pair<int, int>
#define mp(x, y) make_pair(x, y)
#define fi first
#define se second
#define int long long 
#define ll long long 
#define fin(x) {freopen(#x".in","r",stdin);}
#define fout(x) {freopen(#x".out","w",stdout);}
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 10;
const double eps = 1e-9;
template <typename a> inline ll sqr(a x){return 1ll * x * x;}
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int f[21][2533][233], lim[maxn], l, r, tot;
map<int, int> id;
void get(int p) {
    tot = 0;
    while(p) lim[++tot] = p % 10, p /= 10;
}
int gcd(int a, int b) {
    return !b ? a : gcd(b, a % b);
}
int lcm(int a, int b) {
    return a / gcd(a, b) * b;
}
int dfs(int x, int sum, int lm, int opt) {//剩下i位需要决策，之前的数在%2520的意义下，数位上的数的lcm为lm的方案书, 是否顶着上界 
    if((!opt) && (~f[x][sum][id[lm]])) return f[x][sum][id[lm]];
    if(!x) return sum % lm ? 0 : 1;
    int res = 0;
    for(int i = 0; i <= (opt ? lim[x] : 9); i++) {
        int nxt = dfs(x - 1, (sum * 10 + i) % 2520, i == 0 ? lm : lcm(lm, i), opt && (i == lim[x]));
        res += nxt;
    }
    if(!opt) f[x][sum][id[lm]] = res;
    return res;
}
int calc(int x) {
    get(x);
    return dfs(tot, 0, 1, 1);
}
void solve() {
    l = read(); r = read();
    cout << calc(r) - calc(l - 1) << '\n';
}
signed main() {
    for(int i = 1, cnt = 0; i <= 2520; i++)
        if(!(2520 % i)) 
            id[i] = ++cnt;
        
    memset(f, -1, sizeof(f));
    for(int t = read(); t--; solve());   
    return 0;
}