1111: [POI2007]四進位制的天平Wag

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題意：

　　用一些四進位制數，相減得到給定的數，四進位制數的數量應該儘量少，滿足最少的條件下，求方案數。

分析：

　　這道題拖了好久啊。

　　參考Claris的部落格。

首先將四進位制數轉化為四進位制數。

一種的可行構造方案是四進位制數上每一位的和。例如：$(003)_4$可以有3個$4^0$的砝碼組成，當然也可以向前一位借位，$(010)_4-(001)_4$，此時就需要2個砝碼了。

所以可以推出：每位最多借一位，最高位最高是n+1位。所以可以dp表示當前是否借位過。

f[i]表示到第i位，不向i+1借位的數字最少的個數，以及方案數。g[i]表示向i+1借位。即i+1位的一個數變成4個i位的數字，然後做差。（此處不管是否向高位借位，都不記錄高位的貢獻）

$f[i] = merge(f[i - 1] + b[i] ,g[i - 1] + b[i] + 1)$

$g[i] = merge(f[i - 1] + 4 - b[i], g[i - 1] + 3 - b[i])$

第一個轉移方程表示當前這一位不向高位借位：

　　1、如果低位也不向它借位，低位自己的答案是f[i-1]，那麼只需要b[i]個$4^i$的砝碼即可組成這一位的答案。

　　2、如果低位向它借位，低位的答案g[i-1]，本來b[i]個即可滿足，現在需要再增加一個給低位。例如：樣例$(2212)_4$到第二位時，如果第一位向它借位，那麼第一位的砝碼是4-1-1=2，這一位的砝碼是4，所以共3個。

第二個轉移方程表示當前這一位不向高位借位：

• 1、如果低位不向它借位，同樣加上f[i-1]，而它需要4-b[i]個重為$4^i$的砝碼。

• 2、如果低位向它借位，同樣加上g[i-1]，它需要3-b[i]個重為$4^i$的砝碼，其中一個給了下一位了，那麼此時是否還滿足呢？樣例$(2212)_4$到第二位時，借位後是16-4-4-4=4，下一位也要借位是4-1-1=2，中間其實可以消掉一個，二式相加得到16-4-4-1-1=6，剛好滿足前兩位的和是6

程式碼：

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3
 
 #include<cstring>
 4 #include<iostream>
 5 #include<cmath>
 6 #include<cctype>
 7 #include<set>
 8 #include<queue>
 9 #include<vector>
10 #include<map>
11 #include<bitset>
12 using namespace std;
13 typedef long long LL;
14 
15 inline int read() {
16     int x=0,f=1;char ch=getchar();for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;
17     for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-'0';return x*f;
18 }
19 
20 const int N = 1670;
21 char s[N];
22 int a[N], b[N];
23 struct Node{
24     int x, y;
25     Node() {}
26     Node(int _x,int _y) { x = _x, y = _y; } 
27     Node operator + (int a) { return Node(x + a, y); }
28     Node operator + (Node A) {
29         if (x == A.x) return Node(x, (y + A.y) % 1000000000);
30         return x < A.x ? *this : A;
31     }
32 }f[N], g[N];
33 
34 int main() {
35     scanf("%s", s + 1);
36     int len = strlen(s + 1), n = 0;
37     for (int i = 1; i <= len; ++i) a[i] = s[len - i + 1] - '0';
38     
39     while (len) { // 分解為四進位制數，每次找到模4剩下的餘數 
40         a[0] = 0;
41         for (int i = len; i; --i) 
42             a[i - 1] += (a[i] & 3) * 10, a[i] >>= 2; // 第i位模4後的餘數，到下一位乘10 
43         b[++n] = a[0] / 10; 
44         for (; len && !a[len]; len --);
45     }
46     
47     n ++;
48     f[0] = Node(0, 1); g[0] = Node(1e9, 0);
49     for (int i = 1; i <= n; ++i) { // 從低位往高位dp 
50         f[i] = (f[i - 1] + b[i]) + (g[i - 1] + (b[i] + 1));
51         g[i] = (f[i - 1] + (4 - b[i])) + (g[i - 1] + (3 - b[i]));
52     }
53     cout << f[n].y;
54     return 0;
55 }