POJ 3373 Changing Digits (记忆化搜索)

                     Problem F - Changing Digits
   [Description]
   给出2个整数n（n<10^100）和k（k<10000），求满足以下条件的整数m
   1、m与n位数相同
   2、m能被k整除
   3、满足以上两点时，m和n在相同位置的地方，数字不同的个数最少
   4、满足以上三点时，m值最小
   

   [Intput]
   输入包含多组测试数据，每组数据占一行两个数，n，k (n > k)，均不含前导0。
   

   [Output]
   对于每组数据输出一个适合的m
   

   [Sample Input]
   2
   2
   619103
   3219
   

   [Sample Onput]
   2
   119103

    这道题是考试的时候遇到的，最后一道，F题，分析了一下，没什么思路，就用记忆化搜索试了试，结果越写越有感觉，就觉得记忆化搜索是正解，然后。。。就A了。

    大致过程是这样的：n的第i位(从0开始计数)取j时模上k的值我们都可以预处理出来存在f[i][j]中，如：23333，其中第2位为3，若k=9，则f[2][3]=300%9=3。那么我们就可以得到n%k的值，记为reet。设n的第i位为num[i]，则将num[i]改为j后新的数模上k的值ret为:

    ret=(n-f[i][num[i]]+f[i][j])%k=(reet-f[i][num[i]]+f[i][j]+k)%k

   加k是因为可能为负值。则将n的某一位改变之后新的数模上k的余数我们都可以计算出来，基于此，我们就可以设计状态了：

     设n的长度为l。

     用bool dfs(int u,int remain)记录能否通过修改u到l这些位置上的数使得新得到的数模上k等于0。如果能够，返回真，同时记录下最少修改的n的位数与在这种情况下第u位的值。

     由于题目要求在修改n的位数最少时，使得m尽量小。所以我们在枚举u这一位放什么数字的时候从小到大枚举，这样我们就只需根据长度来更新就可以了，因为按照这样的顺序得到的第一个长度为len的情况m一定是最小的。最后再输出就行了。

     我的代码虽然长了点，但写的结构还是蛮清楚的，也有很多注释，代码如下：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>using namespace std;/*  (a-b)%k=((a%k-b%k)+k)%k*/int k,l,reet;char ss[100+10];int num[100+10],f[100+10][10+10],vis[100+10][10000+10],dp[100+10][10000+10],len[100+10][10000+10];//num[i]:n的第i位上的数(n是从高位到低位存的)//f[u][i]:n的第u位取i时的余数//vis[u][remain]:标记当前状态是否到达过。//dp[u][remain]: 当前状态的最优解时第u位的取值。//len[u][remain]:当前状态的最优长度 bool dfs(int u,int remain)//在剩下的u位中，余数为remain,能否达到。 {   if(u==l)return false;//搜到第l位仍然没有将余数消为0，返回不能到达    if(vis[u][remain]!=-1)return vis[u][remain];//标记都懂得   //先考虑达到remain的最小改变位数，再考虑最小       int ret;   //初始化    len[u][remain]=l+2;   dp[u][remain]=num[u];      int ok=0,pi;      //搜索顺序由小到大，保证一旦更新答案，即为当前长度的最优解          for(int i=0;i<=9;i++)   {    if(u==0&&i==0)continue;//第一位不能取0  if(i!=num[u])pi=1;//标记是否改变当前的数  else pi=0;    ret=remain-f[u][num[u]]+f[u][i];//计算     while(ret<0)ret+=k;//计算改变后余数    ret%=k;    if(ret==0)//目标，更新     {          if(1<len[u][remain])//更新只看长度           {            len[u][remain]=1;            dp[u][remain]=i;            ok=1;//标记有解           }    }    else if(dfs(u+1,ret))//能到达目标,更新     {       if(len[u+1][ret]+pi<len[u][remain])//更新只看长度{  len[u][remain]=len[u+1][ret]+pi;    dp[u][remain]=i;  ok=1;//标记有解 }    }   }      if(ok)//有解，返回真    {    //printf("len[%d][%d]=%d dp[%d][%d]=%d\n",u,remain,len[u][remain],u,remain,dp[u][remain]);     return vis[u][remain]=true;   }   return vis[u][remain]=false;//返回假   }void init(){  memset(vis,-1,sizeof(vis));  l=strlen(ss);    for(int i=0;i<l;i++)//处理每一位的数字   {  num[i]=ss[i]-'0';  }    for(int i=l-1;i>=0;i--)//递推第i位为j时%k的值   {  f[i][0]=0;  if(i<l-1)f[i][1]=(f[i+1][5]+f[i+1][5])%k;//不是个位，用小一位的数更新   else f[i][1]=1%k;//是个位，用1更新   for(int j=2;j<=9;j++)  f[i][j]=(f[i][j-1]+f[i][1])%k;  }    reet=0;//计算余数     for(int i=0;i<l;i++)  {  reet=(reet+f[i][num[i]])%k;  }  }void print(int u,int remain){   if(remain==0)//已经到达状态，接下的原样输出    {for(int i=u;i<l;i++)printf("%d",num[i]);printf("\n");return;}   else printf("%d",dp[u][remain]);   if(u==l-1)//边界，返回    {   printf("\n");   return;   }   int ret=remain-f[u][num[u]]+f[u][dp[u][remain]];   while(ret<0)ret+=k;   ret%=k;//计算余数，继续输出    print(u+1,ret);}int main(){   while(scanf("%s%d",ss,&k)==2)  {      init();//预处理每一位为(0-9)这些数时的余数 if(reet==0)//n%k==0,最优解就是n {printf("%s\n",ss);continue;}if(l==1)//长度为1,n%k!=0,0为最优解 {printf("0\n");continue;}dfs(0,reet);//搜索 print(0,reet);//输出   }  return 0;}

      考完以后也去搜了下题解，有直接DP的，但本人奇弱，无法确定DP的顺序，只好写了记忆化搜索，个人感觉简便许多，代码的可读性更强，debug也要容易一点。

   还有大牛写深搜+强剪枝，居然也A了，看到那些神一般的剪枝与定理，只有膜拜之。

   这道题就这样了，只要想到了还是蛮好写的。