hdu 6020 MG loves apple //bc Round #93 1002

MG loves apple

 

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问题描述

$MG$是一个财富爆表的男孩子。他拥有$N(1<=N<=100000)$个苹果，每个苹果上标有一个数字$0$~$9$，代表它的价值。

一个合法的数字是不含有前导零的，这$n$个苹果恰好排成了一个合法的$N$位数。

$MG$拥有拿去$K$个苹果的权利（$0<=K<$$N$）。
他想知道是否存在方案，使得恰好拿去$K$个苹果后，序列中剩下的苹果排成的合法数字模$3$等于零。数据保证所有$N$之和不超过$1000000$.

$MG$认为这件事非常容易，不屑于用计算机解决，于是运用他高超的人类智慧开始进行计算。作为一名旁观者，你也想挑战$MG$智慧，请你写个程序，计算答案。

输入描述

第一行一个整数$T$，代表数据组数（$1<=T<=60$）。
接下来，对于每组数据——
第一行两个个整数$N$,$K$，表示苹果序列长度，以及需要拿去的苹果个数.
接下来一行$N$个整数$X$，表示每个苹果的价值（$0<=X<=9$）。

输出描述

对于每一组数据，输出一行。
若方案存在，则输出“yes”，否则输出“no”。（输出不包含引号）

输入样例

2
5 2
11230
4 2
1000 

输出样例

yes
no

官方题解写的方法就很好。。。。

我们设$S0$、$S1$、$S2$分别为原串上$mod3=0$、$1$、$2$数字的个数。 我们假定删除取模后为$0$、$1$、$2$的数字各$A$、$B$、$C$个，则显然有$0<=A<=S0,0<=B<=S1,0<=C<=S2$且$K=A+B+C$且$Sum$ $mod3=(A\ast 0+B\ast 1+C\ast 2)mod3=(S0\ast 0+S1\ast 1+S2\ast 2)mod3=bias$。 枚举$C$的值，我们可得$Bmod3=(bias-C\ast 2)mod3,A=K-B-C$。如果有若干组$A,B$不逾界，可知这些$(A,B,C)$是在模意义下合法的解，但不一定满足没有前导零。

所以，对于【大于$0$的数】我们贪心地从后往前删除，对于$0$我们贪心地从前往后删除。

需要统计出：$a3$=第一个【$mod3=0$且非$0$的数】前$0$的个数（如果$mod3=0$且非$0$的数不存在，那么$a3$就取所有零的个数），$E1$=【第一个$0$前是否存在$mod3=1$的数】，$E2$=【第一个$0$前是否存在$mod3=2$的数】。

则以下情况满足任一种都能保证无前导零：$A>=a3$。$B<$$S1$且$E1$。$C<$$S2$且$E2$。

不过要加一个特判，当删n-1个时，留一个0是可以的

当时很不理解为什么满足“$A>=a3$。$B<$$S1$且$E1$。$C<$$S2$且$E2$。”其中之一就一定成立

后来举了好多例子，发现确实是
这里假设0为等于零的数，1为模三等于1的数，2为模三等于2的数，3为模三等于3且非零的数

最开始数为合法数字

第一位肯定是1或2或3

是3时，要么把0,3全部删掉，这样肯定不会有前导零，要么不全删，这样我只要保留第一个3就不会出现前导零

所以是3时，肯定不会出现前导零的情况，而第一位是3一定满足A>=a3的条件

是2时，不全删，保留第一个2，肯定不会出现前导零，这个时候满足c<s2的条件

全删掉时，只有当“$A>=a3$。$B<$$S1$且$E1$”至少有一个条件成立时就不会出现前导零，否则就会出现

是1时同理

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int num[100005];
int main()
{
    int z,t,n,k,i,j,xx[3];
    char c;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        i=0;
        scanf("%d %d",&n,&k);
        getchar();
        xx[0]=xx[1]=xx[2]=0;
        int sum=0;
        int flog=0,flag=0,zero=0,flag1=0,flag2=0;
        for(i=0;i<n;i++)
        {
            c=getchar();
            num[i]=c-'0';
            if(num[i]%3==0&&!flog)
             {
                if(num[i]==0)
                {
                    zero++;
                    flag=1;
                }
                else
                    flog=1;
            }
            if(!flag)
            {
                if(num[i]%3==1)
                    flag1=1;
                else if(num[i]%3==2)
                    flag2=1;
            }
            sum=(sum+num[i])%3;
            xx[num[i]%3]++;
        }
        bool ok=0;
        if(k==n-1)
        {

             for(i=0;i<n;i++)
             if(num[i]%3==0)
                ok=1;
             if(ok)
                printf("yes\n");
             else
                printf("no\n");
             continue;
        }
        for(i=0;i<=xx[2];i++)
        {
            for(j=((sum-i*2)%3+3)%3;j<=xx[1];j+=3)
           // for(j=0;j<=xx[1];j++)
            {
             //   if((i*2+j*1)%3==sum)
              //  {
                    z=k-i-j;
                    if(z<=xx[0]&&z>=0)
                    {
                        if(z>=zero)
                        ok=1;
                        if(j<xx[1]&&flag1)
                        ok=1;
                        if(i<xx[2]&&flag2)
                        ok=1;
                        if(ok)
                        break;
                    }
             //   }
            }
            if(ok)
                break;
        }
        if(ok)
            printf("yes\n");
        else
            printf("no\n");
    }
    return 0;
}