POJ 3373 Changing Digits

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题目大意：

给出一个数n，求m，使得m的长度和n相等，能被k整除。有多个数符合条件输出与n在每位数字上改变次数最小的。改变次数相同的输出大小最小的。 

共有两种解法：DP解法，记忆化搜索的算法。

以后会更新记忆化搜索。

1、DP解法：

解题思路：

DP[i][j]表示数n的前i位除以k余j最小改变几位。

DP[len][0]就表示数n被k整除最小改变几位。

根据这个关系从后向前遍历DP数组可以找出所有满足条件的数的路径。

再根据关系从前往后输出。 

下面是代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
int dp[110][10005];
bool vis[110][10005];
int mod;
int min(int a,int b)
{
    if(a>b)a=b;
    return a;
}
int main()
{
    char s[105];
    while(scanf("%s %d",s,&mod)!=EOF)
    {
        memset(dp,0x3f3f,sizeof(dp));
        memset(vis,false,sizeof(vis));
        int len=strlen(s);
        /******特判部分↓*********/
        if(mod==1)
        {
            puts(s);
            continue;
        }
        if(len==1)
        {
            if((s[0]-‘0‘)%mod==0)
            {
                puts(s);
            }
            else printf("%d\n",mod);
            continue;
        }
        /****DP部分  ↓******/
        for(int i=1; i<10; i++)
        {
            if(i==s[0]-‘0‘)
            {
                dp[1][i%mod]=0;
            }
            else
            {
                dp[1][i%mod]=min(dp[1][i%mod],1);
            }
        }
        for(int i=1; i<len; i++)
        {
            for(int j=0; j<mod; j++)
            {
                if(dp[i][j]!=dp[104][0])
                {
                    for(int k=0; k<10; k++)
                    {
                        if(k==s[i]-‘0‘)
                        {
                            if(dp[i+1][(j*10+k)%mod]>dp[i][j])
                            {
                                dp[i+1][(j*10+k)%mod]=dp[i][j];
                            }
                        }
                        else
                        {
                            if(dp[i+1][(j*10+k)%mod]>dp[i][j]+1)
                            {
                                dp[i+1][(j*10+k)%mod]=dp[i][j]+1;
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
        /*****寻找路径部分    ↓******/
        vis[len][0]=true;
        for(int i=len-1; i>0; i--)
        {
            for(int j=0; j<mod; j++)
            {
                if(dp[i][j]!=dp[104][0])
                {
                    for(int k=0; k<10; k++)
                    {
                        if(vis[i+1][(j*10+k)%mod]&&((dp[i][j]==dp[i+1][(j*10+k)%mod]&&k==s[i]-‘0‘)||(k!=s[i]-‘0‘&&dp[i][j]+1==dp[i+1][(j*10+k)%mod])))
                        {
                            vis[i][j]=true;
                            break;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        /*****输出部分   ↓*******/
        int p=1,x=1;
        for(; p<10; p++)
        {
            if(vis[1][p%mod])
            {
                printf("%d",p);
                break;
            }
        }
        while(x<len)
        {
            for(int k=0; k<10; k++)
            {
                if(vis[x+1][(p*10+k)%mod]&&((s[x]-‘0‘==k&&dp[x][p]==dp[x+1][(p*10+k)%mod])||(s[x]-‘0‘!=k&&dp[x][p]+1==dp[x+1][(p*10+k)%mod])))
                {
                    printf("%d",k);
                    p=p*10+k;
                    p%=mod;
                    x++;
                    break;
                }
            }
        }
        puts("");
    }
    return 0;
}

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原文地址：http://blog.csdn.net/lin375691011/article/details/25948581