蓝桥杯2022年第十三届决赛真题-最大数字

蓝桥杯2022年第十三届决赛真题-最大数字

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题目描述

给定一个正整数 N。你可以对 N 的任意一位数字执行任意次以下 2 种操作：

1. 将该位数字加 1。如果该位数字已经是 9，加 1 之后变成 0。

2. 将该位数字减 1。如果该位数字已经是 0，减 1 之后变成 9。

你现在总共可以执行 1 号操作不超过 A 次，2 号操作不超过 B 次。

请问你最大可以将 N 变成多少？

输入格式

第一行包含 3 个整数：N, A, B。
输出格式
一个整数代表答案。

样例输入

123 1 2

样例输出

933

提示

对百位数字执行 2 次 2 号操作，对十位数字执行 1 次 1 号操作。

对于 30% 的数据，1 ≤ N ≤ 100; 0 ≤ A, B ≤ 10

对于 100% 的数据，1 ≤ N ≤ 1017; 0 ≤ A, B ≤ 100

题解

贪心法来观察题目可以分析出以下性质

1. 对于某一位，加减操作不会混着用，即要么加操作、要么减操作

2. 对于减操作，当且仅当能够将这一位减少到9，才会执行，否则答案会变差

3. 对于加操作，只要有剩余就可以执行操作，并且一定是将其置为9

4. 最终的值最大，所以需要从最高位来进行操作

5. 假设当前值为x 每次操作使用+操作需要消耗掉9-x个a，使用-操作消耗10+x-9个b

6. 由于不确定对某一位具体使用的+操作还是-操作，可以使用深度优先搜索，枚举所有情况

7. 时间复杂度为O（2¹⁸）,还可以剪枝，跑的飞快

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int num[20];
int da[20], db[20];
typedef long long ll;
ll ans = 0;
int sz = 0;
void dfs(int now, int a, int b)
{   //统计答案if (now == -1 || (a == 0 && b == 0)){  ll tans = 0;for (int i = sz-1; i>=0; i--){tans *= 10; tans += num[i];}ans = max(ans, tans);return;}int t = num[now];num[now] += min(da[now], a);dfs(now - 1, max(a - da[now],0), b);num[now] = t;if (b >= db[now]){t = num[now];num[now] = 9;dfs(now - 1, a, b - db[now]);num[now] = t;}}
int main()
{ll N, a, b; cin >> N >> a >> b;while (N){num[sz++] = N % 10;N /= 10;}//预处理a、b每一位的消耗for (int i = 0; i < sz; i++){da[i] = 9 - num[i];db[i] = num[i]+1;}dfs(sz - 1, a, b); cout << ans << endl;
}

码量更小的写法

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n, a, b, res = 0, bit = 1;
//now，x，y，f分别代表当前数字，剩余操作1数量，剩余操作2数量，当前考虑第几位 
void dfs(int now, int x, int y, int f)
{res = max(now, res);if (x == 0 && y == 0||f==0)return;int t = (now / f) % 10;//获取当前位的数字 if (x >= 9 - t)dfs(now + f * (9 - t), x - (9 - t), y, f / 10);//如果操作1可以变成9 else dfs(now + x * f, 0, y, f / 10);//不能变成9 if (y >= t + 1)dfs(now + f * (9 - t), x, y - (t +1), f / 10);//如果操作2可以变成9 
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);  cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> a >> b;while (n / bit >= 10)bit *= 10;//获取最高位的值 dfs(n, a, b, bit);cout << res;return 0;
}