poj 3373 Changing Digits (DFS + 记忆化剪枝+鸽巢原理思想)

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Changing Digits

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Description

Given two positive integers n and k, you are asked to generate a new integer, say m, by changing some (maybe none) digits of n, such that the following properties holds:

1. m contains no leading zeros and has the same length as n (We consider zero itself a one-digit integer without leading zeros.)
2. m is divisible by k
3. among all numbers satisfying properties 1 and 2, m would be the one with least number of digits different from n
4. among all numbers satisfying properties 1, 2 and 3, m would be the smallest one

Input

There are multiple test cases for the input. Each test case consists of two lines, which contains n(1≤n≤10¹⁰⁰) and k(1≤k≤10⁴, k≤n) for each line. Both n and k will not contain leading zeros.

Output

Output one line for each test case containing the desired number m.

Sample Input

2
2
619103
3219

Sample Output

2
119103

Source

POJ Monthly--2007.09.09, Rainer

 

[思路]：

看了别人的解题报告才写出来。一开始不知道怎么搜，没思路。

我们知道：假设k的位数是D，那么改变n的最后Ｄ+1位，能得到k+1的顺序数，由鸽巣原理，这k+1个数中至少有1个数能被k整除。所以，至多替换n的D+1位，肯定能找到结果。(1) 先搜比n小的数 

(2)再搜比n的大的数 ，这样就能保证只要搜出结果来了，就一定是最小值。

(3) 改变替换的个数 。直接这样搜，会TLE。

进行剪枝，增加一数组f[110][10010];

f[i][j] = c 表示  i 位置，当前余数为 j 时，剩余替换次数为 c ，index 在区间[0,c-1]时都不成立。

 

【code】：

 #include<iostream>
 #include<stdio.h>
 #include<string.h>

 using namespace std;

 #define N 110
 #define NN 10010

 char str[N];
 int mod[N][N],ans[N],num[N],f[N][NN];
 int k,len;

 int dfs(int pos,int m,int cnt)
 {
     int i,j;
     if(m==)    return ;  //当余数为0时，表示已经找到，返回1
     if(pos<||cnt<=f[pos][m]||cnt==)   return ;

     //从前面最高位开始，从小到大遍历，保证得到的ans最小
     for(i=pos;i>=;i--)
     {
         for(j=;j<num[i];j++)
         {
             if(i==len-&&j==)  continue;
             ans[i] = j;
             int res = (m-(mod[i][num[i]]-mod[i][j])+k)%k; //注意+k防止出现负数
             if(dfs(i-,res,cnt-))    return ;  //进入下一层搜索
         }
         ans[i] = num[i];  //还原ans
     }

     //从后面最低位开始，从小到大遍历，保证得到的ans最小
     for(i=;i<=pos;i++)
     {
         for(j=num[i]+;j<;j++)
         {
             if(i==len-&&j==)  continue;
             ans[i] = j;
             int res = (m+(mod[i][j]-mod[i][num[i]]))%k;
             if(dfs(i-,res,cnt-))    return ;
         }
         ans[i] = num[i];  //还原
     }
     f[pos][m] = cnt;
   //  cout<<pos<<" "<<m<<" "<<cnt<<endl;
     return ;
 }

 int main()
 {
     while(~scanf("%s",str))
     {
         int i,j;
         scanf("%d",&k);
         memset(f,,sizeof(int)*(k+));
         len = strlen(str);
         for(i=;i<;i++)   mod[][i]=i%k;
         for(i=;i<len;i++)
         {
             for(j=;j<;j++)
             {
                 mod[i][j] = (mod[i-][j]*)%k;     //mod[i][j]：  j*(10^i) 对 K 的取余 值
             }
         }
         int m=;
         for(i=;i<len;i++)
         {
             ans[i]=num[i]=str[len--i]-'';
             m = (m + mod[i][ans[i]])%k;   //获得str除以k的余数m
         }
         for(i=;i<=len;i++)  if(dfs(len-,m,i))    break;
         for(i=len-;i>=;i--)   printf("%d",ans[i]);
         putchar();
     }
     return ;
 }