【数位DP】P3464

题意不多赘述。

思路

看到 $10^{1000}$ 这个数据范围，不是结论题，就是高精；不是高精，就是数位DP。

又看到求方案数，又要砝码数量最小，不出意外，就是数位DP了。

开始考虑DP。注意到砝码数量是 $4$ 的幂，容易想到将原数转化为 $4$ 进制数。

看到样例，容易发现，方案由一堆砝码相加和一堆砝码相减两种情况组成，这就意味着DP过程需要分类讨论。同时发现相减的本质是借位，因为对于一个 $4$ 进制数 $(003{)}_4$ 可以由 $(010{)}_4-(001{)}_4$ ,于是我们终于正式开始DP啦！

设两个结构体数组，$f_i$ 和 $g_i$ 分别用来记录不借位和借位的情况 ，结构体里有两个元素, $ans$ 和 $sum$, 分别记录在这个 $4$ 进制数下第 $i$ 位的方案数和至少用的砝码的数量。

方程是非常恶心的分类讨论，但重载一下运算符就会很简单，但我没重载。

这里就简述一下方程思路，可以自己推，也可以去看代码。

方程思路：先上一位转移过来的 $sum$，取 $sum$ 较小的 $ans$ 转移到这一位来，如果 $sum$ 相同，这一位的 $ans$ 就加上两种 $ans$（配合代码食用效果更佳)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9;
char s[1005];
int a[5005] , b[5005] , len , n;
struct node{
	int ans , sum;
}f[5005] , g[5005];
signed main()
{
	cin >> s + 1;
	len = strlen(s + 1);
	for(int i = 1;i <= len;i++)a[len - i + 1] = s[i] - '0';
	while(len)
	{
		a[0] = 0;
		for(int i = len;i;i--)a[i - 1] += (a[i] % 4) * 10 , a[i] /= 4;
		b[++ n] = a[0] / 10;
		while(len != 0 && a[len] == 0)len --;
	}
	n++;
	f[0].ans = 1;f[0].sum = 0;
	g[0].ans = 0;g[0].sum = 1e9;
	for(int i = 1;i <= n;i++)
	{
		if(f[i - 1].sum + b[i] == g[i - 1].sum + b[i] + 1)f[i].ans = (f[i - 1].ans + g[i - 1].ans) % mod , f[i].sum = f[i - 1].sum + b[i];
		if(f[i - 1].sum + b[i] < g[i - 1].sum + b[i] + 1) f[i].ans = (f[i - 1].ans) % mod , f[i].sum = f[i - 1].sum + b[i];
		if(f[i - 1].sum + b[i] > g[i - 1].sum + b[i] + 1) f[i].ans = (g[i - 1].ans) % mod , f[i].sum = g[i - 1].sum + b[i] + 1;
		if(f[i - 1].sum + 4 - b[i] == g[i - 1].sum + 3 - b[i])g[i].ans = (f[i - 1].ans + g[i - 1].ans) % mod , g[i].sum = f[i - 1].sum + 4 - b[i];
		if(f[i - 1].sum + 4 - b[i] < g[i - 1].sum + 3 - b[i])g[i].ans = (f[i - 1].ans) % mod , g[i].sum = f[i - 1].sum + 4 - b[i];
		if(f[i - 1].sum + 4 - b[i] > g[i - 1].sum + 3 - b[i])g[i].ans = (g[i - 1].ans) % mod , g[i].sum = g[i - 1].sum + 3 - b[i];
	}
	cout << f[n].ans;
	return 0;
 }