HDU 3709 Balanced Number

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动态规划 - 数位dp

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本文探讨了一种称为“平衡数”的数学概念，通过数位DP算法解决区间内平衡数的计数问题。平衡数定义为能够找到一个数位作为支点，使得支点左右两边的数位加权和相等的数。文章详细解析了如何将问题转化为数位上的连续计算，并通过枚举支点位置实现问题的解决。

传送门

数位dp。（这题比较牛批）

给你一个数，如果能选取这个数的某个数位作为支点（pivot），使得支点左右两边的各个数位的加权和相等（不包括支点）（权值为该数位到支点的距离），那么就称这个数为平衡数。然后问你[x,y]中有几个平衡数。
举个例子，4139是平衡数（以3为支点），20是平衡数（以2为支点）。。。

以下几点：

将题目条件转化为一个在各个数位上连续计算的公式。就像HDU 4734那样。
$\sum_{i=0}^{pos-1}a_i(i-pivot)=0$
pivot表示支点所在的数位下标。
如上所示，这是一个巧妙的转换。在最后判断该式是否为0就可以了。
可以看出，在高于pivot的数位上，得到的权值为正，反之则为负。
所以在从最高位到最低位的dfs过程中，公式的值一定是（非严格）先递增再递减，最后若为0则说明支点左右两部分抵消，等价于题目要求（对一个判断问题的转化，需要双向证明）。
问题来了，pivot的位置怎么确定？
答案：在solve()里枚举。
在solve(x)里，x的每个数位都可能作为pivot，所以每个数位都来一遍dfs。
所以，pivot相当于这个公式的一个参数，这题只不过需要枚举这个参数的值，这个参数确定了，这题和别的题也就没区别了。所以这题计算量大概是别的题的pos倍。
不同的参数之间互不干扰，换了一个参数，可以理解为完全换了一个公式。
在一个dfs下这个参数是不会变的，将这个参数作为dp的第三维，意思就是开了多个二维的dp，以应对枚举的多个dfs。
还有一个重要问题。
solve(x)需要求的是[0,x]内有多少平衡数，而我们现在求的是多个结果：
[0,x]内以第0位为支点的平衡数的数量、[0,x]内以第1位为支点的平衡数的数量、[0,x]内以第2位为支点的平衡数的数量…[0,x]内以第pos-1位为支点的平衡数的数量。
怎么把后者转化为前者？直接相加会不会有重叠？
答案：有重叠，且仅有数字0被重复计算。（而且每一次枚举都会被计算）

对第8条的证明：

对于任意不为0的自然数x，若x为平衡数，则x有且只有一个pivot。
为什么？
将x分为三种情况：
（1）1~9
（2）形如 s0000…（s!=0）（后接0的个数 >=1）
（3）其他
可以看出，对于第一种和第二种，pivot都是唯一的。
对于第三种，pivot一定不是最高位或最低位，现在试图找第二个pivot：可以想象一个天平，若试图往左或往右移动pivot，则一定会导致天平左右失衡。
对于任意不为0的自然数x，考虑前导0的情况
（1）若x是平衡数，则即使有前导0，也不会改变x的pivot，也不会改变x的pivot的个数。
（2）若x不是平衡数，则即使有前导0，也不会使x成为平衡数。

这题还有几个需要注意的点，在代码注释中说明。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
using namespace std;

typedef __int64 ll;

int T;
ll X, Y;
ll dp[19][1378][19];        // dp的数据类型也必须是ll。最大状态是18个9、最低位为支点
int num[19];

ll dfs(int pos, int status, int pivot, bool limit)   // 不能在这里枚举pivot的
{
	if (pos == -1) return (status == 0 ? 1 : 0);
	if ((!limit) && (dp[pos][status][pivot] != -1)) return dp[pos][status][pivot];

	ll cnt = 0;
	int up = (limit ? num[pos] : 9);
	for (int i = 0; i <= up; i++)
	{
		int new_status = status + (pos - pivot)*i;
		if (new_status < 0) continue;                // 不仅仅是剪枝，也是必须！因为防止引用负数下标
		cnt += dfs(pos - 1, new_status, pivot, limit && (i == up));
	}
	if (!limit) dp[pos][status][pivot] = cnt;
	return cnt;
}

ll solve(ll x)
{
	if (x < 0) return 0;                     // 题目中输入可能会是-1

	int pos = 0;
	for (; x;)
	{
		num[pos++] = x % 10;
		x /= 10;
	}

	ll cnt = 0;
	for (int i = 0; i <= pos - 1; i++)
		cnt += dfs(pos - 1, 0, i, true);
	return cnt - pos + 1;                    // 
}

int main()
{
	scanf("%d", &T);
	memset(dp, -1, sizeof dp);
	for (; T--;)
	{
		scanf("%I64d%I64d", &X, &Y);
		printf("%I64d\n", solve(Y) - solve(X - 1));
	}

	return 0;
}