洛谷P2405 non天平

Posted 2020-10-11 Z-Y-Y-S

题目背景

non最近正在为自己的体重而苦恼，他想称量自己的体重。于是，他找来一个天平与许多砝码。

题目描述

砝码的重量均是n的幂次，n^1、n^2、n^3、n^4、n^5的……non想知道至少要多少个砝码才可以称出他的重量m。注意砝码可以放左边，也可以放右边。

输入输出格式

输入格式：

第一行一个正整数m，表示non的重量；

第二行一个正整数n，表示砝码重量幂次的底；

输出格式：

一个整数表示最少所需的砝码数。

输入输出样例

输入样例#1：

99
10

输出样例#1：

2

说明

【数据范围】

对于30%的数据点，m <= 2^63 - 1

对于100%的数据点，0 <= m <= 10^10000, 0 < n <= 10000

原题目也就等价于这样一个等式
k0*10^0+k1*10^1+k2*10^2+k3*10^3=99 这里我们假设左边就三项把 方便研究
k 的系数可正可负,正就是放在右边,负就是放在左边。
那么我们要求∑|k|最小,可以这样想: 我们先考虑最小的质量是 1 的砝码,我们要确定使用了几个 1
砝码,那么我们就要把个位的 9 补平,要么是 10-1,需要一个; 要么是 0+9,需要 9 个;

显然减一下好,而且减掉一个刚好。于是我们确定了上述方程的第一项系数 k0= -1
那么方程就是这样:-1*10^0+k1*10^1+k2*10^2+k3*10^3=99
把第一项移到右边:k1*10^1+k2*10^2+k3*10^3=100
我们看到我们成功的把个位填平了,使得方程可以同除以 10
那么就变成了 k1*10^0+k2*10^1+k3*10^2=10
于是到这里我们看到了问题具有很强的 最优子结构性质。
而无后效性是显然的,我们确定了小法码的个数后,右边的个位被填平,所以我们不在需要小法码

 

现在有一种贪心做法，每一次把它加或减变成最近的n倍数，再分解问题

但这样显然是有问题的，但有60分，已经接近了

正解是数位dp

我们将原数进制分解，假设第i位为p[i]

那么就有几种选择：

1.直接填入p[i]个数

2.填入n-p[i]个数(放在左边)，然后第i+1位填入一个数弥补

我们设f[i][0/1]

前一维意思是处理到 n 进制
下的第 i 位,后一维意思是我们当前这一位的处理策略 0 代表直接拿出 p[i]这么多的砝码,1 代
表我们把当前位补平,进到下一位去

于是状态转移方程:
f[i][0]:=min(f[i-1][0]+p[i],f[i-1][1]+p[i]+1);
f[i][1]:=min(f[i-1][0]+n-p[i],f[i-1][1]+n-p[i]-1);

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 using namespace std;
 6 typedef long long lol;
 7 lol len,a[10001],cnt,n,p[10001],ans,f[10001][2],c[10001];
 8 int getMod()
 9 {
10   lol s=0,i; 
11   for (i=len;i>=1;i--)
12     {
13       s=s*10+a[i];
14       s%=n;
15     }
16   return s;
17 }
18 void chu()
19 {lol sum;
20   int i;
21   sum=0;
22   memset(c,0,sizeof(c));
23   for (i=len;i>=1;i--)
24     {
25       sum=sum*10+a[i];
26       if (sum>=n) 
27     {
28       c[i]=sum/n;
29       sum%=n;
30     }
31       else c[i]=0;
32     }
33   memcpy(a,c,sizeof(a));
34   while (len&&a[len]==0) len--;
35 }
36 int main()
37 {int i;
38   char ch=getchar();
39   while (ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();
40   len=0;
41   while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘)
42     {
43       len++;
44       a[len]=ch-‘0‘;
45       ch=getchar();
46     }
47   cin>>n;
48   if (n==1) 
49     {
50       for (i=1;i<=len;i++)
51     printf("%lld",a[i]);
52       cout<<endl;
53       return 0;
54     }
55   reverse(a+1,a+len+1);
56   cnt=0;
57   while (len)
58     {
59       p[++cnt]=getMod();
60       chu();
61     }
62   f[0][0]=0;f[0][1]=1;
63   for (i=1;i<=cnt;i++)
64     {
65       f[i][0]=min(f[i-1][0]+p[i],f[i-1][1]+p[i]+1);
66       f[i][1]=min(f[i-1][1]+n-p[i]-1,f[i-1][0]+n-p[i]);
67     }
68   cout<<min(f[cnt][1]+1,f[cnt][0]);
69 }