【题解】CodeForces 55D Beautiful numbers

$Descirption$

一个美丽数就是可以被它的每一位非零数字整除的数。

要求寻找区间 $[l, r]$ 内的美丽数的数目。

$Solution$

首先是计数问题的老套路，将 $[l, r]$ 转化为 $[1, r] - [1, l - 1]$ 。

接下来考虑问题，假设 $N = \overline{a_1a_2a_3\cdots a_n}$ ，且对 $\forall a_i \ne 0, i \leq n$ ，均有 $a_i | N$ 。则一定有 $lcm_{a_i \ne 0}(ai) | N$ 。这样一来，我们就可以用 $d(i, j, k)$ 表示处理到第 $i$ 位，当前数模 $2520 = lcm(1 , 2, \cdots, 9)$ 的余数为 $j$ ，当前所有数字的最小公倍数为 $k$ 时的方案数。

具体操作：

先将得到的数按位拆开进行 $dfs()$ 。
$dfs()$ 从低位走向高位，实际操作时还要多加一维，表示枚举的数是否已经碰到顶了（给定的数），举个例子就是给定一个数 $2430$ 。当前枚举第三位是 $2$ 的话，第二位就是 $1$ ~ $9$ 之间任意一个数，而第三位是 $3$ 的话，第二位只能取 $1$ ~ $4$ 。

最后一个主意事项，如果按刚才的办法开数组要开到 $19 * 2520 * 2520$ 是要爆内存的，仔细想一想，其实 $k$ 的取值范围并不大，很明显的 $k | 2520$ ，而 $2520 = 2^3 * 3^2 * 5 * 7$ 。所以 $2520$ 总共也只有 $(3 + 1) * (2 + 1) * (1 + 1) * (1 + 1) = 48$ 个因子而已，所以可以对第三维进行离散化，将空间降到 $19 * 2520 * 48$ ，这样就满足要求了。

$Code$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 25
#define MOD 2520
#define LL long long
LL d[MAXN][MOD][48];
int index[MOD + 10], bit[MAXN];
int gcd(int a, int b) {
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
int lcm(int a, int b) {
    return a * b / gcd(a,b);
}
LL dfs(int pos, int preSum, int preLcm, bool flag) {
    if (pos == 0)
        return preSum % preLcm == 0;
    if (!flag && d[pos][preSum][index[preLcm]] != -1)
        return d[pos][preSum][index[preLcm]];
    LL ans = 0;
    int upper = flag ? bit[pos] : 9;
    for (int i = 0; i <= upper; i++) {
        int nowSum = (preSum * 10 + i) % MOD;
        int nowLcm = preLcm;
        if (i) 
            nowLcm = lcm(nowLcm,i);
        ans += dfs(pos - 1, nowSum, nowLcm, flag && i == upper);
    }
    if (!flag)
        d[pos][preSum][index[preLcm]] = ans;
    return ans;
}
LL calc(LL x) {
    int pos = 0;
    while (x) {
        bit[++pos] = x % 10;
        x /= 10;
    }
    return dfs(pos, 0, 1, 1);
}
int main() {
    int T;
    LL l, r;
    int num = 0;
    for (int i = 1; i <= MOD; i++)
        if (MOD % i == 0)
            index[i] = num++;
    memset(d, -1, sizeof d);
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        std::cin >> l >> r;
        std::cout << calc(r) - calc(l - 1) << std::endl;
    }
    return 0;
}