题目背景
non最近正在为自己的体重而苦恼，他想称量自己的体重。于是，他找来一个天平与许多砝码。
题目描述
砝码的重量均是n的幂次，n^1、n^2、n^3、n^4、n^5的……non想知道至少要多少个砝码才可以称出他的重量m。注意砝码可以放左边，也可以放右边。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个正整数m，表示non的重量；
第二行一个正整数n，表示砝码重量幂次的底；
输出格式：
一个整数表示最少所需的砝码数。
输入输出样例
99
10
2
说明
【数据范围】
对于30%的数据点，m <= 2^63 - 1
对于100%的数据点，0 <= m <= 10^10000, 0 < n <= 10000
原题目也就等价于这样一个等式
k0*10^0+k1*10^1+k2*10^2+k3*10^3=99 这里我们假设左边就三项把 方便研究
k 的系数可正可负,正就是放在右边,负就是放在左边。
那么我们要求∑|k|最小,可以这样想: 我们先考虑最小的质量是 1 的砝码,我们要确定使用了几个 1
砝码,那么我们就要把个位的 9 补平,要么是 10-1,需要一个; 要么是 0+9,需要 9 个;
显然减一下好,而且减掉一个刚好。于是我们确定了上述方程的第一项系数 k0= -1
那么方程就是这样:-1*10^0+k1*10^1+k2*10^2+k3*10^3=99
把第一项移到右边:k1*10^1+k2*10^2+k3*10^3=100
我们看到我们成功的把个位填平了,使得方程可以同除以 10
那么就变成了 k1*10^0+k2*10^1+k3*10^2=10
于是到这里我们看到了问题具有很强的 最优子结构性质。
而无后效性是显然的,我们确定了小法码的个数后,右边的个位被填平,所以我们不在需要小法码
现在有一种贪心做法，每一次把它加或减变成最近的n倍数，再分解问题
但这样显然是有问题的，但有60分，已经接近了
正解是数位dp
我们将原数进制分解，假设第i位为p[i]
那么就有几种选择：
1.直接填入p[i]个数
2.填入n-p[i]个数(放在左边)，然后第i+1位填入一个数弥补
我们设f[i][0/1]
前一维意思是处理到 n 进制
下的第 i 位,后一维意思是我们当前这一位的处理策略 0 代表直接拿出 p[i]这么多的砝码,1 代
表我们把当前位补平,进到下一位去
于是状态转移方程:
f[i][0]:=min(f[i-1][0]+p[i],f[i-1][1]+p[i]+1);
f[i][1]:=min(f[i-1][0]+n-p[i],f[i-1][1]+n-p[i]-1);
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long lol;
lol len,a[],cnt,n,p[],ans,f[][],c[];
int getMod()
{
lol s=,i;
for (i=len;i>=;i--)
{
s=s*+a[i];
s%=n;
}
return s;
}
void chu()
{lol sum;
int i;
sum=;
memset(c,,sizeof(c));
for (i=len;i>=;i--)
{
sum=sum*+a[i];
if (sum>=n)
{
c[i]=sum/n;
sum%=n;
}
else c[i]=;
}
memcpy(a,c,sizeof(a));
while (len&&a[len]==) len--;
}
int main()
{int i;
char ch=getchar();
while (ch<''||ch>'') ch=getchar();
len=;
while (ch>=''&&ch<='')
{
len++;
a[len]=ch-'';
ch=getchar();
}
cin>>n;
if (n==)
{
for (i=;i<=len;i++)
printf("%lld",a[i]);
cout<<endl;
return ;
}
reverse(a+,a+len+);
cnt=;
while (len)
{
p[++cnt]=getMod();
chu();
}
f[][]=;f[][]=;
for (i=;i<=cnt;i++)
{
f[i][]=min(f[i-][]+p[i],f[i-][]+p[i]+);
f[i][]=min(f[i-][]+n-p[i]-,f[i-][]+n-p[i]);
}
cout<<min(f[cnt][]+,f[cnt][]);
}