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();
}