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题源：http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=27634

题意：三个数，第一个数N， R， Q。 1N < 10^{1, 000}, 0R < Q1, 000。找出最大的没有前导零的由 N 的若干位不打乱顺序构成的数，设这个数%Q==R. 如果不存在输出Not found

思路：

复杂度1000(N长度)*1000(Q的余数)*10(枚举每一位的数字)*200(case数)。。。1.9s过了。。。

状态在代码注释中

因为判断这么大的数的大小，就先看这个数有多少位(没有前导零)，其次从高位往低位比较每一位大小。

所以我们的状态第一维是结果的长度。然后从高位的9到1（如果不是首位可以是0）枚举。

状态转移的时候，新加进来的那一位是最左边的。存的是满足条件最靠右的。

int pos = max(f[len-1][i], g[len-1][i]);

对于 g 转移方程很简单 就是g[len][i] = max(g[len][i], pre[pos-1][0]);

对于 f 转移方程为枚举1到9 for(j=1; j<=9; ++j){ int ii = (i+j*ten[len-1])%Q; f[len][ii] = max(f[len][ii], pre[pos-1][j]); }

代码：

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1. char a[1111];  
2. int ten[1111];//10^i % Q  
3. int pre[1111][11];//i位置左边最靠近他的j的位置  
4. int nxt[1111][11];//i位置右边最靠近他的j的位置  
5. int f[1111][1111];//所求的数长度为i，模Q为j，并且最左边的数不为零，的最右边的位置  
6. int g[1111][1111];//所求的数长度为i，模Q为j，并且最左边的数为零，的最右边的位置  
7. char ans[1111];  
8. int T, R, Q, N;  
9. int lenN;  
10.   
11. void out(int len, int R, int low, int pos){  
12.     if(len<=0) return;  
13.     int i, tmp;  
14.     for(i=9; i>=low; --i){//从大到小枚举  
15.         tmp = (R - ten[len-1] * i % Q + Q) % Q;  
16.         //在pos右边最近的i，的右边存在[len-1][tmp]的状态，就是i可以  
17.         if(max(g[len-1][tmp], f[len-1][tmp]) >= nxt[pos][i]+1) break;  
18.     }  
19.     ans[lenN-len] = i+'0';  
20.     out(len-1, tmp, 0, nxt[pos][i]+1);  
21. }  
22.   
23. int main() {  
24.     scanf("%d", &T);  
25.     while(T--){  
26.         scanf("%s%d%d", a+1, &R, &Q);  
27.         N = strlen(a+1);  
28.         int i, j;  
29.         ten[0] = 1%Q;  
30.         for(i=1; i<=N; ++i) ten[i] = (ten[i-1]*10)%Q;  
31.         for(i=0; i<=9; ++i) pre[0][i] = 0;  
32.         for(i=1; i<=N; ++i){  
33.             for(j=0; j<=9; ++j){  
34.                 if(a[i]-'0'==j) pre[i][j] = i;  
35.                 else pre[i][j] = pre[i-1][j];  
36.             }  
37.         }  
38.         for(i=0;i<=9;++i) nxt[N+1][i] = N+1;  
39.         for(i=N; i>=1; --i){  
40.             for(j=0; j<=9; ++j){  
41.                 if(a[i]-'0'==j) nxt[i][j] = i;  
42.                 else nxt[i][j] = nxt[i+1][j];  
43.             }  
44.         }  
45.   
46.         for(i=1; i<=N; ++i) for(j=0; j<Q; ++j) f[i][j] = g[i][j] = 0;  
47.         for(i=1; i<=9; ++i) f[1][i%Q] = max(f[1][i%Q], pre[N][i]);  
48.         g[0][0] = N+1;  
49.         g[1][0] = pre[N][0];  
50.         int len;  
51.         for(len = 2; len <= N; ++len){  
52.             for(int i=0; i<Q; ++i){  
53.                 int pos = max(f[len-1][i], g[len-1][i]);  
54.                 if(pos<1 || pos>N) continue;  
55.                 g[len][i] = max(g[len][i], pre[pos-1][0]);  
56.                 for(j=1; j<=9; ++j){  
57.                     int ii = (i+j*ten[len-1])%Q;  
58.                     f[len][ii] = max(f[len][ii], pre[pos-1][j]);  
59.                 }  
60.             }  
61.         }  
62.   
63.         //区分f和g两个状态就是为了判断这里，找到最长的没有前导零的状态  
64.         for(len=N; len>0; --len) if(f[len][R]) break;  
65.         lenN = len;  
66.         if(len==0){  
67.             puts("Not found");  
68.             continue;  
69.         }  
70.   
71.         out(len, R, 1, 1);  
72.         ans[lenN] = '\0';  
73.         puts(ans);  
74.     }  
75.     return 0;  
76. }