CF279E Beautiful Decomposition 题解 动态规划

题目链接：http://codeforces.com/problemset/problem/279/E

题目大意

给定一个 \(n\) 位二进制数，你需要将其表示成若干个二的幂（\(2^k(k \ge 0)\)）相加或相减的结果。

问：最少需要几个二的幂？

解题思路

首先不难观察每个二的幂最多使用一次（因为对于某个 \(2^k\)，如果加两次或者减两次等价于加或减一次 \(2^{k+1}\)，加一次并减一次相当于没操作）。

然后我们来看二进制数的最高位，假设最高位对应的是 \(2^k\)。因为 \(2^0 + 2^1 + \ldots 2^{k-1} \lt 2^k\)，所以要想拥有 \(2^k\)，我们必须选择加上某个 \(2^x\)，其中 \(x \ge k\)。
可以发现加上 \(2^{k+2}\) 是不可能的，因为这样我们必须减去一个 \(2^{k+1}\) —— 而 \(2^{k+2} - 2^{k+1}\) 可以用 \(2^{k+1}\) 代替。\(\Rightarrow\) 所以此时只能选择 \(2^k\) 或者 \(2^{k+1}\)。

• 如果我们选择加上 \(2^k\)，则我们面临的是是剩余的那些位；
• 如果我们选择加上 \(2^{k+1}\)，则我们面临的是 \(m = 2^{k+1} - n\)（其中 \(n\) 是当前的数值，因为加上了 \(2^{k+1}\)，所以剩余的 \(m = 2^{k+1} - n\) 就是应该减去的了，因为因为仅仅变换了一下正负号，\(m\) 对应的次数是不会有变化的）—— 这里我们将 \(m\) 称作 \(n\) 的补码（注意：\(k\) 的值是不需要定义的，因为 \(k\) 就是 \(n\) 的二进制表示中的最高位）

然后我们来看状态 \(m\)，我们需要翻转 \(n\) 的所有二进制位（\(1\) 变成 \(0\)；同时 \(0\) 变成 \(1\)），并且结果的次数加 \(1\)（因为选择加上了 \(2^{k+1}\)）。可以发现一个很神奇的事情（这里是我觉得很神奇的地方，虽然说出来好像有点像废话，但是这句话最重要，能够优化很多问题，很神奇，那就是）：对于原始的 \(n\) 来说，若它的补码是 \(m\)，则 \(n\) 的任意长度的后缀和 \(m\) 的同样长度的后缀之间也是补码关系。（所以一开始把 \(m\) 求出来即可）

所以在我们正式的处理过程中我们只需要处理 \(n\)，\(m\) 以及他俩对应的所有后缀。据此得到一个dp解法：

定义 \(v[1] = n, v[2] = m\)，则状态 \(dp[ind][suf]\) 表示构造 \(v[ind]\)（其中 \(1 \le ind \le 2\)）的从下标 \(suf\) 开始的数所需的最少操作次数。我们可以从 \(dp[\ldots][n]\) 开始计算，得到答案为 \(dp[1][1]\)。

具体实现时状态略有调整（我的下标从小到大来的）

示例程序：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 5;

char s[maxn];
int n, dp[2][maxn];

int main() {
    scanf("%s", s+1);
    n = strlen(s+1);
    dp[0][1] = (s[1] == '1');
    dp[1][1] = 1;   // 一开始 2^{k+1} 边反码至少要一次
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (s[i] == '0') {
            dp[0][i] = dp[0][i-1];
            dp[1][i] = min(dp[1][i-1], dp[0][i-1]) + 1;
        }
        else {  // s[i] == '1'
            dp[1][i] = dp[1][i-1];
            dp[0][i] = min(dp[1][i-1], dp[0][i-1]) + 1;
        }
    }
    printf("%d\n", dp[0][n]);
    return 0;
}