hdu 4433 locker(DP)

题意：给出两个长度相同的字符串，每个字符串由0~9的数字组成，每位数字可以同时和其后i位（0<=i<=2）一起加一或减一（这里数字是0~9循环的，也就是说9+1=0），问最少需要在第一个字符串上操作多少次能让第一个字符串变为第二个字符串。

思路：很明显是个dp，但是怎么表示状态很不好想，我一开始写了个四维的dp，写着写着发现实在太难写了，最后只好放弃这个想法了。。。后来看了题解，发现别人是用3维的表示状态，即dp[i][x][y]表示前i位已经满足要求时，它的后一位为x，再后一位为y时所需要的最少操作数。这样表示状态就好写很多了，每个状态可以由i-1的状态转移过来，这里只要枚举i-1位满足状态时的后两位数，然后推出第i位顺时针和逆时针操作所需要的操作次数，然后分三种情况，即①它后面两位不跟着它转②它后面一位跟着它转③它后面两位都跟着它转，推出后两位是什么数，计算最少次数就行了，这里需要注意的是由于每次操作之间没有关系，所以直接枚举后两位转的次数就行了，这样复杂度是1000*100*100。



代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define Inf 0x3FFFFFFFFFFFFFFFLL
#define eps 1e-9
#define pi acos(-1.0)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1000+10;
char str1[maxn],str2[maxn];
int dp[maxn][12][12];
int cal(int ca,int cb,int k)
{
    if(k==0)
      return ((cb-ca)%10+10)%10;
    return (((ca-cb))%10+10)%10;
}
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    int x,y,a,b,c,d;
    while(~scanf("%s%s",str1,str2))
    {
        int n=strlen(str1);
        memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
        str1
=str2
=str1[n+1]=str2[n+1]='0';
        x=str1[1]-'0';y=str1[2]-'0';
        a=cal(str1[0]-'0',str2[0]-'0',0);
        b=cal(str1[0]-'0',str2[0]-'0',1);
        dp[0][x][y]=min(a,b);
        for(int j=0;j<=a;++j)
          for(int k=0;k<=j;++k)
          {
              c=(x+j)%10;d=(y+k)%10;
              dp[0][c][y]=min(dp[0][c][y],a);
              dp[0][c][d]=min(dp[0][c][d],a);
          }
        for(int j=0;j<=b;++j)
          for(int k=0;k<=j;++k)
          {
              c=((x-j)%10+10)%10;d=((y-k)%10+10)%10;
              dp[0][c][y]=min(dp[0][c][y],b);
              dp[0][c][d]=min(dp[0][c][d],b);
          }
        for(int i=1;i<n;++i)
        {
            for(int j=0;j<10;++j)
            {
                for(int k=0;k<10;++k)
                {
                    if(dp[i-1][j][k]==inf) continue;
                    x=k;y=str1[i+2]-'0';
                    a=cal(j,str2[i]-'0',0);
                    b=cal(j,str2[i]-'0',1);
                    dp[i][x][y]=min(dp[i-1][j][k]+a,dp[i][x][y]);
                    dp[i][x][y]=min(dp[i-1][j][k]+b,dp[i][x][y]);
                    for(int q=0;q<=a;++q)
                      for(int w=0;w<=q;++w)
                      {
                          c=(x+q)%10;d=(y+w)%10;
                          dp[i][c][y]=min(dp[i][c][y],dp[i-1][j][k]+a);
                          dp[i][c][d]=min(dp[i][c][d],dp[i-1][j][k]+a);
                      }
                    for(int q=0;q<=b;++q)
                      for(int w=0;w<=q;++w)
                      {
                          c=((x-q)%10+10)%10;d=((y-w)%10+10)%10;
                          dp[i][c][y]=min(dp[i][c][y],dp[i-1][j][k]+b);
                          dp[i][c][d]=min(dp[i][c][d],dp[i-1][j][k]+b);
                      }
                }
            }
        }
        int ans=inf;
        for(int i=0;i<10;++i)
          for(int j=0;j<10;++j)
          {
              ans=min(ans,dp[n-1][i][j]);
          }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}