本文主要是介绍HDU多校第六场 1011 11 Dimensions —— DP +思维,希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值,需要的开发者们随着小编来一起学习吧!
题目链接:点我啊╭(╯^╰)╮
题目大意:
长度为 n n n 的数,部分位置是 ? ? ?, ? ? ?可以是 0 0 0 ~ 9 9 9
要求这个数整除 m m m, q q q 次询问
每次询问第 k k k 小的解
解题思路:
对于 23 ? ? 56 ? ? 23??56?? 23??56??
将其拆为 23005600 23005600 23005600 + + + ? ? 00 ? ? ??00?? ??00??
然后考虑 ? ? ? 的方案, c n t cnt cnt 个问号的方案数为 1 0 c n t 10^{cnt} 10cnt
因为 k ≤ 1 0 18 k≤10^{18} k≤1018,如果 1 0 c n t 10^{cnt} 10cnt 内的数均匀分布,整除 m m m 的个数大约为 1 0 c n t m \frac{10^{cnt}}{m} m10cnt
因此 c n t = 20 cnt = 20 cnt=20 即可,也就是探讨后 20 20 20 个问号的方案,前面的问号都取为 0 0 0
d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 为到第 i i i 个问号,模 m m m 为 j j j 的方案数
d p [ i ] [ j ] = ∑ d p [ i − 1 ] [ j + 1 0 i × x ] dp[i][j] = \sum dp[i-1][j + 10^i \times x] dp[i][j]=∑dp[i−1][j+10i×x] x ∈ [ 0 , 9 ] x ∈ [0,9] x∈[0,9]
注意 i = 1 i=1 i=1 的时候,要将初始的影响加上去,也就是 23005600 23005600 23005600
可以理解为用第一位去解决初始的影响,用高位的话不是最贪心的
查询的时候从高位到低位枚举,也要考虑到第一位时初始的影响
时间复杂度: O ( 20 ∗ m ∗ 10 + q ∗ 20 ∗ 10 ) O(20*m*10 + q*20*10) O(20∗m∗10+q∗20∗10)
核心:DP + 思维
#include<bits/stdc++.h>
#define deb(x) cerr<<#x<<" = "<<(x)<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 5e4 + 5;
const ll mod = 1e9 + 7;
int T, n, m, q;
char s[maxn];
ll dp[30][30], fac1[50], fac2[50];int main() {scanf("%d", &T);while(T--) {scanf("%d%d%d%s", &n, &m, &q, s);ll p1 = 1, p2 = 1, val = 0, rem = 0, cnt = 0, k;for(int i=n-1; ~i; i--) {if(isdigit(s[i])) {val = (val + (s[i]-'0') * p1 % mod) % mod;rem = (rem + (s[i]-'0') * p2 % m) % m;} else if(cnt < 20) {fac1[++cnt] = p1;fac2[cnt] = p2;}p1 = p1 * 10 % mod;p2 = p2 * 10 % m;}memset(dp, 0, sizeof(dp));dp[0][0] = 1;for(int i=1; i<=cnt; i++)for(int j=0; j<m; j++)for(int x=0; x<10; x++) {if(i > 1) dp[i][j] += dp[i-1][(j + fac2[i] * x % m) % m];else dp[i][j] += dp[i-1][(j + rem + fac2[i] * x % m) % m];if(dp[i][j] >= 1e18 + 10 || dp[i][j] < 0) dp[i][j] = 1e18 + 10;}while(q--) {scanf("%lld", &k);if(dp[cnt][0] < k) {puts("-1");continue;}ll ans = val, pre_rem = 0, now_rem;for(int i=cnt; i; i--)for(int x=0; x<10; x++) {if(i > 1) now_rem = (pre_rem + fac2[i] * x % m) % m;else now_rem = (pre_rem + rem + fac2[i] * x % m) % m;if(dp[i-1][now_rem] < k) k -= dp[i-1][now_rem];else {pre_rem = now_rem;ans = (ans + fac1[i] * x % mod) % mod;break;}}printf("%lld\n", ans);}}
}
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