AtCoder Beginner Contest 220 D - FG operation

问题描述

• 现在给你一个长度为$n$的数组，对于每一步，都规定有两种操作。
• $F-$ 删掉最左边两个数，并把那两个数相加再对10取模，然后插入到数组左侧。
• $G-$ 删掉最左边两个数，并把那两个数相乘再对10取模，然后插入到数组左侧。
• 由于数组长度为$n$，那么我们可以知道在删除两个数到最后只有一个时，只需要$n-1$步，并且每一步都有两种选择。
• 问你在这$2^{n-1}$种情况中，最终剩下的值为$k(k<=9)$的情况每种有多少个。

思路分析

• 一开始，想试试$dfs$，看了下数据范围，不太对劲，所以就想到了$dp$。
• 那么$dp$的状态转移方程怎么来找呢？
• 首先，我们可以肯定的是，无论是$F$还是$G$操作，最后插入到左侧时必然是一个小于$10$的数。那么我们可以这样想，我们把上一个状态生成的数，用$dp$的一维来表示，这样的话，我们$for$嵌套时，这一维只需要遍历$0-9$即可。那么第一维呢，我的想法和官方题解一样，实际上就是直接用$dp$储存答案的个数，所以还有一维应该是现在是第几个数去操作。
• 即$dp[i][j]$指的是前面$i$个数操作完能产生$j$的个数。
• 所以$dp[1][a[1]]=1$，并且状态转移方程可以这样理解：我们对第$i+1$个数操作时，先看一看前面一轮(即第$i$轮)操作能产生的$0-9$这些数的个数，然后再对该轮操作的答案更新即第二维变成$(j+a[i+1])或者(j\ast a[i+1])$，当然dp当前的值要加上$dp[i][j]$的值。
• 所以状态转移方程应该是这两个：
• $dp[i+1][(j+a[i+1])mod10]=(dp[i][j]+dp[i+1][(j+a[i+1])]),dp第二维和答案要取模,这里用不了百分号$
• $dp[i+1][(j\ast a[i+1])mod10]=(dp[i][j]+dp[i+1][(j\ast a[i+1])]),dp第二维和答案要取模,这里用不了百分号$
• 因此答案就是$dp[n][k](k<=10)$
• 感觉写的不是很清楚，如果觉得哪里读的不顺口,请告诉我一下。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int mod = 998244353;
int dp[maxn + 1][10];
int a[maxn];
int main()
{
        ios::sync_with_stdio(0);
        cin.tie(0);
        cout.tie(0);
        int n;
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
                cin >> a[i];
        }
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[1][a[1]] = 1;
        for (int i = 1; i <= n - 1; i++)
        {
                for (int j = 0; j <= 9; j++)
                {
                        dp[i + 1][(j + a[i + 1]) % 10] = (dp[i][j] + dp[i + 1][(j + a[i + 1]) % 10]) % mod;
                        dp[i + 1][(j * a[i + 1]) % 10] = (dp[i][j] + dp[i + 1][(j * a[i + 1]) % 10]) % mod;
                }
        }
        for (int k = 0; k < 10; k++)
                cout << dp[n][k] % mod << endl;
        return 0;
}