一、问题

二、思路

题目中要求变换次数最小，其实第一印象应该是贪心，即我们每一次都去成各位中最大的那个数字。但是这个想法很容易推翻。因为你这次乘了一个最大的数，很有可能导致在最后的结果每一位都比较小，相反如果你这次乘了一个较小的数，可能最后的结果中有一位很大。也就是说，你只能保证当前操作是最优的，但是往后多看几步的话，就不一定是最优的了。

所以我们只能暴力枚举了。

枚举的过程中，我们需要存储一下这个数字都有哪几位，然后从大到小开始枚举，这个操作属于剪枝优化中的搜索顺序优化。

另外，我们还可以进行两次最优性剪枝。即，如果当前的操作次数已经大于我们之前算出来的答案了，我们就不需要去进行后续的操作了，直接舍去。

其次，还有一个最优性剪枝比较难想。

我们很容易观察出，n位数乘以一个1位数，最终的结果位数最多是n + 1的。证明也很简单，我们可以让每一位都是9，再去乘1个9，即使是这样，最后的位数依旧是最多多1。

假设当前有$cnt$位，操作次数是$step$，目标是$n$位，那么我们还需要进行的最小操作次数是$n-cnt$。那么最终总的操作次数一定是大于等于$step+n-cnt$的。如果这个数是大于我们之前的最优解的话，也可以直接舍去。

三、代码

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 1e5 + 10;
ll n, x, ans = INF;void dfs(ll x, int step)
{bool st[12] = {0};int cnt = 0;for(ll y = x; y; y /= 10){cnt ++;st[y % 10] = true;}if(n - cnt + step >= ans)return;if(step >= ans)return;if(cnt > n)return;if(cnt == n){ans = step;return;}for(int i = 9; i >= 2; i -- ){if(st[i])dfs(i * x, step + 1);}
}void solve()
{cin >> n >> x;dfs(x, 0);if(ans == INF){cout << -1 << endl;}else{cout << ans << endl;}	
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);solve();
}