codeforces 572 div2 Candies! （倍增 DP）

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倍增

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博客围绕一个数列递归操作问题展开，数列相邻两数组合成新数，和大于10可得糖。有q个query，每个query指定区间操作求总糖数。最初用线段树解题超时，后采用DP思路，通过倍增设计状态，将复杂度降至n*logn，并给出状态转移方程。

题目大意：

有一个数列an，数列长度必定为2^k 临近的两个数ai ai+1可以组合成(ai + ai+1)%10的一个数字。然后得到一个新的数列，递归完成上述操作，直到数列只有一个数。在得到一个新的数字的同时，若ai + ai+1大于10，我们将得到一个糖，现在有q个query，每个query让指定区间递归完成上述操作，问总共得到多少个糖。每个query的长度满足2的次幂。

解题思路：

一开始还以为是线段树，然后t了一发，每个query都在建树，忘了建树的复杂度是nlogn了，最终复杂度为 n^2 直接导致了t.

本题有两个思路，第一个是数学推倒的，很简便，可以参考codeforces上的题解。这里用第二个思路DP，为什么考虑到DP呢，因为这里明显地递归操作啊！后一个区间可以由前一个区间转移过来。这里的难点在于状态怎么设计。

状态：

首先，我们需要想到倍增，为什么呢？因为这里长度刚好都是2的次幂，另外经过分析，信息是具有结合律的。即2^(n)的信息可以由2^(n-1)的信息得到。定义状态dp[r][p] 其中r表示我们正在访问的区间的右端点是哪里，p表示当前访问的区间的长度是2^(p). 通过倍增复杂度降到了 n*logn.

转移：

dpdigit[si][x]=arr[si] (x=0) //arr 为原数列

dpdigit[si][x] = (dpdigit[si][x-1]+dpdigit[si-pow(2,x-1)][x-1])%10 (x>=1)

dpdigit记录某段区间进行操作后最后的数字.

dpcandy[si][x]=dpcandy[si][x-1]+dpcandy[si-pow(2,x-1)][x-1] + (dpdigit[si][x-1]+dpdigit[si-pow(2,x-1)][x-1])/10

dpcandy表示的是区间的能够获得的糖果数.

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const int FRONTMAXN = 20;
int main() {
	int n;
	cin >> n;
	vector<int> mv;
	for (int i = 0; i<n; i++) {
		int t;
		cin >> t;
		mv.push_back(t);
	}
	int dpdigit[MAXN][FRONTMAXN];
	int dpcandy[MAXN][FRONTMAXN];
	memset(dpdigit, 0, sizeof(dpdigit));
	memset(dpcandy, 0, sizeof(dpcandy));
	int upbound = double(log(n)) / double(log(2));
	for (int x = 0; x <= upbound; x++)
	{
		int twox = pow(2, x);
		int b = 0;
		while (twox+b <= n) {
			if (!x) {
				dpcandy[twox+b][x] = 0;
				dpdigit[twox+b][x] = mv[twox+b - 1];

			}
			else {
				int lno = pow(2, x - 1);
				dpdigit[twox+b][x] = (dpdigit[twox+b][x-1] + dpdigit[twox+b -lno][x-1]) % 10;
				if (dpdigit[twox+b][x-1] + dpdigit[twox+b -lno][x-1] >= 10) {
					dpcandy[twox+b][x] += 1;
				}
				dpcandy[twox+b][x] += dpcandy[twox+b][x-1] + dpcandy[twox+b -lno][x-1];
			}
			b++;
		}
	}
	int q;
	cin >> q;
	for (int i = 0; i<q; i++) {
		int l, r; cin >> l >> r;
		cout << dpcandy[r][(int)(log(r-l+1)/log(2))] << endl;
	}
	return 0;
}