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POJ 3373 Changing Digits

2017-07-21 17:32 429 查看

题目大意：

给出一个数n，求m，使得m的长度和n相等。能被k整除。有多个数符合条件输出与n在每位数字上改变次数最小的。改变次数同样的输出大小最小的。

共同拥有两种解法：DP解法，记忆化搜索的算法。

以后会更新记忆化搜索。

1、DP解法：

解题思路：

DP[i][j]表示数n的前i位除以k余j最小改变几位。

DP[len][0]就表示数n被k整除最小改变几位。

依据这个关系从后向前遍历DP数组能够找出全部满足条件的数的路径。

再依据关系从前往后输出。

以下是代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
int dp[110][10005];
bool vis[110][10005];
int mod;
int min(int a,int b)
{
if(a>b)a=b;
return a;
}
int main()
{
char s[105];
while(scanf("%s %d",s,&mod)!=EOF)
{
memset(dp,0x3f3f,sizeof(dp));
memset(vis,false,sizeof(vis));
int len=strlen(s);
/******特判部分↓*********/
if(mod==1)
{
puts(s);
continue;
}
if(len==1)
{
if((s[0]-'0')%mod==0)
{
puts(s);
}
else printf("%d\n",mod);
continue;
}
/****DP部分  ↓******/
for(int i=1; i<10; i++)
{
if(i==s[0]-'0')
{
dp[1][i%mod]=0;
}
else
{
dp[1][i%mod]=min(dp[1][i%mod],1);
}
}
for(int i=1; i<len; i++)
{
for(int j=0; j<mod; j++)
{
if(dp[i][j]!=dp[104][0])
{
for(int k=0; k<10; k++)
{
if(k==s[i]-'0')
{
if(dp[i+1][(j*10+k)%mod]>dp[i][j])
{
dp[i+1][(j*10+k)%mod]=dp[i][j];
}
}
else
{
if(dp[i+1][(j*10+k)%mod]>dp[i][j]+1)
{
dp[i+1][(j*10+k)%mod]=dp[i][j]+1;
}
}
}
}
}
}
/*****寻找路径部分    ↓******/
vis[len][0]=true;
for(int i=len-1; i>0; i--)
{
for(int j=0; j<mod; j++)
{
if(dp[i][j]!=dp[104][0])
{
for(int k=0; k<10; k++)
{
if(vis[i+1][(j*10+k)%mod]&&((dp[i][j]==dp[i+1][(j*10+k)%mod]&&k==s[i]-'0')||(k!=s[i]-'0'&&dp[i][j]+1==dp[i+1][(j*10+k)%mod])))
{
vis[i][j]=true;
break;
}
}
}
}
}
/*****输出部分   ↓*******/
int p=1,x=1;
for(; p<10; p++)
{
if(vis[1][p%mod])
{
printf("%d",p);
break;
}
}
while(x<len)
{
for(int k=0; k<10; k++)
{
if(vis[x+1][(p*10+k)%mod]&&((s[x]-'0'==k&&dp[x][p]==dp[x+1][(p*10+k)%mod])||(s[x]-'0'!=k&&dp[x][p]+1==dp[x+1][(p*10+k)%mod])))
{
printf("%d",k);
p=p*10+k;
p%=mod;
x++;
break;
}
}
}
puts("");
}
return 0;
}

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