codeforces2B.The least round way 题解动态规划/模拟

题目出处：http://codeforces.com/problemset/problem/2/B

题目描述

给你一个 \(n \times n\) 的二维数组，它包含的元素都是非负整数。你需要寻找一条满足如下条件的行走路线：

这条路线的起始位置在二维数组的左上角；
每一步你只可以从当前的位置往右或者往下走一格；
这条路线的终止位置在二维数组的右下角。

此外，如果我们一路上把所有的数字相乘，结果应该是最不“圆”的。换句话说，这个乘积结尾的 \(0\) 应该尽可能地少。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 \(n(2 \le n \le 1000)\) ，用于表示二维数组的大小。

接下来 \(n\) 行，每行包含 \(n\) 个元素用于表示这个二维数组（数据保证二维数组的每个元素都是非负整数并且不超过 \(10^9\) ）。

输出格式

输出的第一行包含一个整数，用于表示最不圆路线的结尾 \(0\) 的个数。

输出的第二行用于表述路线（具体表述方式见样例输出，一个字符 'R' 表示向右走一格，一个字符 'D' 表示向下走一格）。

样例输入

样例输出

0

DDRR

题目分析

本题涉及算法：动态规划。

接下来我们来正式将解题思路：

我们设左上角坐标为 \((0,0)\) ，右下角坐标为 \((n-1,n-1)\) ，同时我们设：

\(a[i][j]\) ：表示数组第 \(i\) 行第 \(j\) 列的元素；
\(num2[i][j]\) ：表示 \(a[i][j]\) 最多能分解出的 \(2\) 的数量；
\(num5[i][j]\) ：表示 \(a[i][j]\) 最多能分解出的 \(5\) 的数量；
\(f2[i][j]\) ：表示从左上角 \((0,0)\) 走到 \((i,j)\) 的路线上所有数的乘积中包含的最少的 \(2\) 的数量；
\(f5[i][j]\) ：表示从左上角 \((0,0)\) 走到 \((i,j)\) 的路线上所有数的乘积中包含的最少的 \(5\) 的数量。

然后我们可以根据 \(f2[n-1][n-1]\) 和 \(f5[n-1][n-1]\) 的大小来确定路线：

如果 \(f2[n-1][n-1] \le f5[n-1][n-1]\) ，那我从 \((n-1,n-1)\) 到 \((0,0)\) 能够逆推出一条得到 \(f2[n-1][n-1]\) 的路线，我在一般情况下就是我们的答案；
如果 \(f2[n-1][n-1] > f5[n-1][n-1]\) ，那我从 \((n-1,n-1)\) 到 \((0,0)\) 能够逆推出一条得到 \(f5[n-1][n-1]\) 的路线，我在一般情况下就是我们的答案。

注意，这里我说的是“一般情况”，那么什么是非一般情况呢，那就是存在一个元素为 \(0\) 的情况，那么这个时候又同时满足 \(min(f2[n-1][n-1] , f5[n-1][n-1]) > 1\) ，那么我们就不应该通过 \(f2\) 或者 \(f5\) 去逆推了，而是只需要找一条经过这个数值为 \(0\) 的位置的路线就可以了。

实现代码如下：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 1010;

int n, a[maxn][maxn], num2[maxn][maxn], num5[maxn][maxn], f2[maxn][maxn], f5[maxn][maxn];

stack<char> res;

void output(int f[][maxn]) {

    cout << f[n-1][n-1] << endl;

    int r = n-1, c = n-1;

    while (r && c) {

        if (f[r-1][c] <= f[r][c-1]) { res.push('D'); r--; }

        else { res.push('R'); c --; }

    }

    while (r) { res.push('D'); r --; }

    while (c) { res.push('R'); c --; }

    while (!res.empty()) {

        putchar(res.top());

        res.pop();

    }

}

int main() {

    cin >> n;

    for (int i = 0; i < n; i ++)

        for (int j = 0; j < n; j ++) {

            cin >> a[i][j];

            while (a[i][j] > 0 && a[i][j] % 2 == 0) {

                a[i][j] /= 2;

                num2[i][j] ++;

            }

            while (a[i][j] > 0 && a[i][j] % 5 == 0) {

                a[i][j] /= 5;

                num5[i][j] ++;

            }

        }

    for (int i = 0; i < n; i ++)

        for (int j = 0; j < n; j ++) {

            if (i == 0 && j == 0) {

                f2[i][j] = num2[i][j];

                f5[i][j] = num5[i][j];

            }

            else if (i == 0) {

                f2[i][j] = f2[i][j-1] + num2[i][j];

                f5[i][j] = f5[i][j-1] + num5[i][j];

            }

            else if (j == 0) {

                f2[i][j] = f2[i-1][j] + num2[i][j];

                f5[i][j] = f5[i-1][j] + num5[i][j];

            }

            else {

                f2[i][j] = min(f2[i-1][j], f2[i][j-1]) + num2[i][j];

                f5[i][j] = min(f5[i-1][j], f5[i][j-1]) + num5[i][j];

            }

        }

    int r0 = -1, c0 = -1;

    for (int i = 0; i < n; i ++)

        for (int j = 0; j < n; j ++)

            if (a[i][j] == 0) {

                r0 = i; c0 = j;

            }

    if (r0 != -1 && min(f2[n-1][n-1], f5[n-1][n-1]) > 1) {  // 如果存在数值为0且f2,f5较小值>1

        int r = 0, c = 0;

        cout << 1 << endl;

        while (c < c0) { putchar('R'); c ++; }

        while (r < r0) { putchar('D'); r ++; }

        while (c < n-1) { putchar('R'); c ++; }

        while (r < n-1) { putchar('D'); r ++; }

    }

    else

        output(f2[n-1][n-1] <= f5[n-1][n-1] ? f2 : f5);

    return 0;

}