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这道题感觉是一个很另类的DP  至少我的做法是这样的。

重要前置思想:把A存成字符串!!! (应该也没人会想着存成int和long long 吧)

首先,我们定义状态f[i][j]: 当我们处理A字符串到第i个位置时,我们还差j就能使式子的和等于B。

于是,开始想手摸状态方程。

嗯?怎么感觉有点难搞。 没事,慢慢来。

定义n = strlen(A), 即A字符串的长度, sum为剩下仍需要的数

首先看特殊情况:

如果i == n, 那么:

case1: sum < 0 ,很明显不符合要求,令f[n][sum] = INF;

case2: sum > 0, 同上,并不能满足等式成立,f[n][sum] = INF;

case3:sum = 0,符合我们的要求,令 f[n][sum] = 0;

那么,对于其余的情况,我们很容易有:

f[i][sum] = min{f[i + 1][num - A[position] | i <= position < n};

可是。这里要用到 i + 1啊,怎么实现?

递归呗!!

设计一个函数change,在递归过程中返回下一层(i + 1)层的值,同时修改f数组即可。

还没完!! 注意到题目中的前置0了吗? 如何处理这种情况呢??

如此考虑:如果我们出现 " xx + 0 + xx",这种情况肯定不是最优的,因为我们完全可以写成 " xx + 0xx" ,两边的式子大小一样,可是加号却被浪费了。于是,我们设定一个pre数组,作为循环时的起始点,作为对‘0’位置的特判。如果位置是0,我们则从其上一位(i + 1)开始循环,否则从他自己。

友情Tips:INF千万不要设成 ~0u >> 1、 2147483647等int上限,因为函数中有个地方要 + 1, 会超过上限。(为此我WA + RE了两遍)

细节标记在代码中了,没讲清楚的地方可以尝试着看看代码QAQ

上一波代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 2e9; /*千万不能写成int的极大值!!!下面会 + 1,造成错误*/
#define N 1010 char A[N];
int B; /*同题目*/
int pre[N], f[N][N * ]; /*f是动规数组,pre为起始点(给 ‘0’用的)*/
int n; /*字符串的长度*/ int change(int now, int sum){
if(now == n)return sum == ? : INF;
int &cur = f[now][sum]; /*建个指针,懒得打那么长的 f数组*/
if(cur != -){
return cur;
}
cur = INF;
int temp = ;
for(int j = pre[now]; j < n; j++){
temp = temp * + A[j] - ''; /*往上累加*/
if(temp > sum) break;
int hehe = change(j + , sum - temp);
cur = cur < hehe + ? cur : hehe + ;
}
return cur;
} int solve(int now, int sum){ /*输出思路:一变输出A字符串,一边穿插 +号*/
if(now == n){
printf("=%d\n", B);
return ;
}
if(now > )printf("+");
int num = ;
for(int j = now;j < n; j++){
printf("%c", A[j]);
num = num * + A[j] - '';/*有点快读那味儿了*/
if(change(now, sum) == + change( j + , sum - num)){
return solve(j + , sum - num);
}
}
return ;
} int main(){
char c = getchar();
while(isdigit(c)){
A[n++] = c;
c = getchar();
}
scanf("%d", &B);
n = strlen(A);
pre[n-] = n - ;
for(int i = n - ; i >= ; i--){
pre[i] = (A[i] == '') ? pre[i + ] : i;
}
memset(f, -, sizeof(f));
solve(, B);
return ;
}

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