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$xmod k=0$。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$ imes 10$做加法的结果。所以考虑设$dis_i$为所有$xmod 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 o (10i+j)mod k$，边权$j$，然后最初从$dis_{1sim 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,1):0;}
template<typename T>inline bool MAX(T&A,T B){return A<B?(A=B,1):0;}
template<typename T>inline void _swap(T&A,T&B){A^=B^=A^=B;}
template<typename T>inline T read(T&x){
    x=0;int f=0;char c;while(!isdigit(c=getchar()))if(c=='-')f=1;
    while(isdigit(c))x=x*10+(c&15),c=getchar();return f?x=-x:x;
}
const int N=1e5+7;
struct thxorz{int nxt,to,w;}G[N*11];
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=1;i<10;++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==0)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=1;i<n;++i)for(register int j=0;j<10;++j)Addedge(i,(10*i+j)%n,j);
    dij();
    return printf("%d
",dis[0]),0;
}

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。