ABC007D Small Multiple[最短路]

题意：求$K$的倍数中数位和的最小值。

一开始有一种思路：由于产生答案的数字可能非常大，不便枚举，考虑转化为构造一个数字可以有$x\mod k=0$。然后二分答案数位和，数位DP检验是否存在，但是由于数位DP还是局限于有限大小的数字，所以并不可行。`````

套路见少了。实际上，这种构造数字满足某些条件的，一定可以把目标数字看成是一位一位写下来的，比如$114514$，可以看成逐步写下$1,1,4,5,1,4$不断$\times 10$做加法的结果。所以考虑设$dis_i$为所有$x\mod k=i$的同余类中数位和最小的，然后考虑从当前的这个状态开始写下一位，即连边$i\to (10i+j)\mod k$，边权$j$，然后最初从$dis_{1\sim 9}$（首位）为源点跑最短路，求$dis_0$即可。

atcoder的公式题解给的思路差不多，对于每个数，可以选择加$1$或者乘$10$，前者连边权为$1$，后者连边权$0$，和上面差不多，然后跑$01$最短路。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 #define dbg(x) cerr << #x << " = " << x <<endl
 #define dbg2(x,y) cerr<< #x <<" = "<< x <<"  "<< #y <<" = "<< y <<endl
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef double db;
 typedef pair<int,int> pii;
 template<typename T>inline T _min(T A,T B){return A<B?A:B;}
 template<typename T>inline T _max(T A,T B){return A>B?A:B;}
 template<typename T>inline bool MIN(T&A,T B){return A>B?(A=B,):;}
 template<typename T>inline bool MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,):;}
 template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;}
 template<typename T>inline T read(T&x){
     x=;int f=;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=;
     while(isdigit(c))x=x*+(c&),c=getchar();return f?x=-x:x;
 }
 const int N=1e5+;
 struct thxorz{int nxt,to,w;}G[N*];
 int Head[N],tot;
 int n;
 inline void Addedge(int x,int y,int z){G[++tot].to=y,G[tot].nxt=Head[x],Head[x]=tot,G[tot].w=z;}
 int dis[N];
 priority_queue<pii,vector<pii>,greater<pii> > pq;
 #define y G[j].to
 inline void dij(){
     memset(dis,0x3f,sizeof dis);for(register int i=;i<;++i)MIN(dis[i%n],i),pq.push(make_pair(dis[i%n],i%n));
     while(!pq.empty()){
         int d=pq.top().first,x=pq.top().second;pq.pop();
         if(d^dis[x])continue;//dbg2(x,d);
         if(x==)return;
         for(register int j=Head[x];j;j=G[j].nxt)if(MIN(dis[y],d+G[j].w))pq.push(make_pair(dis[y],y));
     }
 }
 #undef y
 int main(){//freopen("test.in","r",stdin);//freopen("test.ans","w",stdout);
     read(n);
     for(register int i=;i<n;++i)for(register int j=;j<;++j)Addedge(i,(*i+j)%n,j);
     dij();
     return printf("%d\n",dis[]),;
 }

总结：构造数字题常用思路or最短路常用思路：逐步拆分、分解“代价”为每一步的边的边权。