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题目

题目大意

给一串长度为 $n$ 的数字，从中选择 $r$ 个涂成红色，剩下的没被选择的 $b$ 个涂成黑色，要求满足涂成红色的数字顺次链接形成的大整数是 $A$ 的倍数，涂成黑色的数字顺次链接形成的大整数是 $B$ 的倍数，输出最小化 $r-b$ 的绝对值的染色方案。

思路

动态规划。

设状态 $dp[i][j][x][y]$ 表示前 $i$ 个数字我们把 $j$ 个涂成了黑色，对 $A$ 取余是 $x$ ，对 $B$ 取余是 $y$ 的答案是否存在，1 表示存在，0 表示不存在。
$ans[i][j][x][y]$ 表示前 $i$ 个数字我们把 $j$ 个涂成了黑色，对 $A$ 取余是 $x$ ，对 $B$ 取余是 $y$ 的染色方案。

如果存在前 $i$ 个数字我们把 $j$ 个涂成了黑色，对 $A$ 取余是 $x$ ，对 $B$ 取余是 $y$ 的染色方案，即 $dp[i][j][x][y]=1$ ，我们只需要考虑第 $i+1$ 个格子染什么颜色：

如果染成红色，则前 $i+1$ 个格子被染成黑色的格子数量为 $j$ ，且对 $A$ 取余的值变成了 $(x\times 10+a[i+1])\mod A$ ，对 $B$ 取余的值还是 $y$
如果染成黑色，则前 $i+1$ 个格子被染成黑色的格子数量为 $j+1$ ，且对 $B$ 取余的值变成了 $(y\times 10+a[i+1])\mod B$ ，对 $A$ 取余的值还是 $x$

所以转移方程为：

$dp[i+1][j][(x*10+a[i+1])\mod A][y]=1$
$ans[i+1][j][(x*10+a[i+1])\mod A][y]=(ans[i][j][x][y]<<1);$
$dp[i+1][j+1][x][(y*10+a[i+1])\mod B]=1;$
$ans[i+1][j+1][x][(y*10+a[i+1])\mod B]=(ans[i][j][x][y]<<1|1);$

最后我们只需要检查所有的合法解，即在前 $n$ 个格子，对 $A$ 取余是 $0$ ，对 $B$ 取余是 $0$ 的条件下，最小的红黑格子数量之差。输出最优解记录的染色方案即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL=long long;
const LL mod=1000000007;
int n,A,B; 
int a[41],dp[41][41][41][41];
LL ans[41][41][41][41];
int solve()
{
	cin>>n>>A>>B;
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	memset(ans,0,sizeof(ans));
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%1d",&a[i]);
	dp[0][0][0][0]=1;
	for (int i=0;i<n;++i)
		for (int j=0;j<=i;++j)
			for (int x=0;x<A;++x)
				for (int y=0;y<B;++y)
				{
					if (!dp[i][j][x][y]) continue;
					//i+1 给R  
					dp[i+1][j][(x*10+a[i+1])%A][y]=1;
					ans[i+1][j][(x*10+a[i+1])%A][y]=(ans[i][j][x][y]<<1);
					//i+1 给B
					dp[i+1][j+1][x][(y*10+a[i+1])%B]=1;
					ans[i+1][j+1][x][(y*10+a[i+1])%B]=(ans[i][j][x][y]<<1|1);
				}
	int minn=n;
	LL outpt=-1;
	for (int i=1;i<n;++i)
		if (dp[n][i][0][0]&&(minn>=abs(n-i-i)))
		{
			minn=abs(n-i-i);
			outpt=ans[n][i][0][0];
		}
	if (outpt==-1) printf("-1");
	else for (int i=n-1;i>=0;--i)
		if (outpt&(1ll<<i)) printf("B");
		else printf("R");
	cout<<"\n";
	return 0; 
}
int main()
{
	int T=1;
	for (scanf("%d",&T);T--;) solve();
	return 0;
}

其他

一看到这个题第一反应是折半搜索，于是用以下思路开始写代码：

先将整个数组划分成两个部分，前半部分长度 $n_1$ ，后半部分长度 $n_2$ 。求出前半部分和后半部分对 $A$ 取余是 $x$ ，对 $B$ 取余是 $y$ ，用 $map$ 存储红色格子数量减去黑色格子数量是 $k$ 的划分方案，用 long long 类型变量按二进制位存储染色的红或黑。
为了将前后半段合并在一起，枚举前半部分对 $A$ 取余是 $i_1$ ，对 $B$ 取余是 $j_1$ ，第二段染成红色的长度是 $len$ ，则染成黑色的长度是 $n_2-len$ ，可以计算出：
第二段对 $A$ 取余的结果应为 $i_2=(A-i_1*10^{len}\mod A)\mod A$
第二段对 $B$ 取余的结果应为 $j_2=(B-j_1*10^{n_2-len}\mod B)\mod B$
如果存在合法的第二段划分，再枚举第一段合法划分的红色格子数量减去黑色格子数量，更新答案。

提交 T17，计算了时间复杂度发现 $1e8$ 基本跑满，遂换思路。

TLE代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL=long long;
typedef pair<int,int> PII;
const int N=500001;
const LL mod=1000000007;
int n,A,B; 
int a[41];
unordered_map<int,LL> dp[2][41][41];
int md[41][41];
int ed,o;
void dfs(LL S,int r,int b,LL aa,LL bb,int t)
{
	if (t==ed)
	{
		dp[o][aa][bb][r-b]=S;
		return;
	}
	dfs(S<<1,r+1,b,(aa*10+a[t])%A,bb,t+1);
	dfs(S<<1|1,r,b+1,aa,(bb*10+a[t])%B,t+1);
}
int solve()
{
	cin>>n>>A>>B;
	for (int i=0;i<=40;++i)
		for (int j=0;j<=40;++j)
		{
			dp[0][i][j].clear();
			dp[1][i][j].clear();
		}
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%1d",&a[i]);
	ed=n/2+1;
	o=0;
	dfs(0,0,0,0,0,1);
	ed=n+1;
	o=1;
	dfs(0,0,0,0,0,n/2+1);
	LL ans=-1,minn=n,t;
	for (int i1=0,i2,j2,x;i1<A;++i1)
		for (int j1=0;j1<B;++j1)
		{
			if (!dp[0][i1][j1].size()) continue;
			for (int len2R=0;len2R<=n-n/2;++len2R)
			{
				i2=(A-i1*md[len2R][A]%A)%A;
				j2=(B-j1*md[n-n/2-len2R][B]%B)%B;
				if (!dp[1][i2][j2].count(len2R-(n-n/2-len2R))) continue;
				t=dp[1][i2][j2][len2R-(n-n/2-len2R)];
				for (auto k1:dp[0][i1][j1])
					if (abs(k1.first+(len2R-(n-n/2-len2R)))<minn)
					{
						ans=k1.second<<(n-n/2)|t;
						minn=abs(k1.first+(len2R-(n-n/2-len2R)));
					}
			}
		}
	if (ans==-1) printf("-1");
	else for (int i=n-1;i>=0;--i)
		if ((ans>>i)&1) printf("B");
		else printf("R");
	printf("\n");
}
int main()
{
	int T=1;
	for (int i=1;i<=40;++i) md[0][i]=1%i;
	for (int i=1;i<=40;++i)
		for (int j=1;j<=40;++j) md[i][j]=md[i-1][j]*10%j;
	for (scanf("%d",&T);T--;) solve();
	return 0;
}