AtCoder ABC 155E Payment

题目链接：https://atcoder.jp/contests/abc155/tasks/abc155_e

题目大意

　　有$10^{100}+1$种面值的钞票($1, 10, 10^2, 10^3, dots, 10^{10^{100}}$)，现在有一个价值为$N$的商品，为了买到这个商品，你将付给商家一些钞票，而商家可能会找你一些钞票(如果你实际付款大于$N$的话)，请问最少需要多少张钞票即可完成这次交易呢？

分析1(DP)

　　拿个位举例，假设个位为$X$，那么付清个位只有两种付法，第一种是付$X$张面值为$1$的钞票；第二种是先付一张面值为$10$的钞票，商家再找$10 - X$张面值为$1$的钞票。其余位同理，不同的是，在考虑高位时，如果高位的低一位采取了第二种付法，高位上的数应当加一。以$N = 67$为例，先只使用$1$元钞票搞定$7$元，我先付$10$元，商家再退$3$元，此时$N = 60$，但是我用了一张$10$元钞票，所以商家再退$10$元给我，这样$N = 70$，可以看到，采用第二种策略后十位进了一位，而个位数消耗的钞票为$10 - 7 = 3$张。

　　由此可以很容易想到可以用DP做，设$X(i) = N \% 10^{i + 1}, 0 leq i$，设$Y(i)$为$N$从右往左数第$i$个数字，定义$dp[i][0/1]$为$X(i)$的最高位再第一/第二种策略下的最优解，那么状态转移方程即为：

　　$$
　　　　egin{align*}
　　　　dp[i][0] &= min(Y(i) + dp[i - 1][0], Y(i) + dp[i - 1][1]) \
　　　　dp[i][1] &= min(1 + 10 - Y(i) + dp[i - 1][0], 1 + 10 - (Y(i) + 1) + dp[i - 1][1] - 1)
　　　　end{align*}
　　$$

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*-------------------Define Start-------------------*/
typedef bool BL;                        // 布尔类型
typedef char SB;                        // 有符号1字节,8位
typedef unsigned char UB;                // 无符号1字节,8位
typedef short SW;                        // 有符号短整型,16位
typedef unsigned short UW;                // 无符号短整型,16位
typedef long SDW;                        // 有符号整型,32位
typedef unsigned long UDW;               // 无符号整型,32位
typedef long long SLL;                    // 有符号长整型,64位
typedef unsigned long long ULL;            // 无符号长整型,64位
typedef char CH;                        // 单个字符
typedef float R32;                        // 单精度浮点数
typedef double R64;                        // 双精度浮点数

#define Rep(i, n) for (register SDW i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i, s, t) for (register SDW i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i, t, s) for (register SDW i = (t); i >= (s); --i)
#define foreach(i, c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,0x7f,sizeof(a))
#define LOWBIT(x) ((x)&(-x))

#define MP make_pair
#define PB push_back
#define ft first
#define sd second
#define ALL(x) x.begin(),x.end()

#define pr(x) cout << #x << " = " << x << "  "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl

const ULL mod = 1e9 + 7;                //常用模数(可根据题目需要修改)
const ULL inf = 0x7fffffff;                //用来表示无限大
const ULL infLL = 0x7fffffffffffffffLL;    //用来表示无限大
/*-------------------Define End-------------------*/

const UDW maxN = 1e6 + 7;
string N;
SDW dp[maxN][2]; 
SDW ans;

void input(){
    cin >> N;
}

void solve(){
    dp[1][0] = N[N.size() - 1] - '0';
    dp[1][1] = 11 - N[N.size() - 1] + '0'; 
    
    For(i, 2, N.size()) {
        SDW Y = N[N.size() - i] - '0';

        dp[i][0] = min(Y + dp[i - 1][0], Y + dp[i - 1][1]);
        dp[i][1] = min(1 + 10 - Y + dp[i - 1][0], 1 + 10 - (Y + 1) + dp[i - 1][1] - 1);
    }
    
    ans = min(dp[N.size()][0], dp[N.size()][1]);
}

void output(){
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    input();
    solve();
    output();
    return 0;
}

分析2(贪心)

　　再以个位为例，当个位小于5时，采取第一种策略一定是最优的，而当个位大于5时，采取第二种策略则一定是最优的(即使算上进位对于十位数的影响)。只有当个位等于5时，两种策略的个位收益一致，这时候就要看进位对于十位数的影响了，如果十位数进位后小于5，那就选第一种策略，如果大于5，应该选第二种，等于5，随意。（对于贪心的证明，实在不知道咋证，反正程序是对的。。。）

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

/*-------------------Define Start-------------------*/
typedef bool BL;                        // 布尔类型
typedef char SB;                        // 有符号1字节,8位
typedef unsigned char UB;                // 无符号1字节,8位
typedef short SW;                        // 有符号短整型,16位
typedef unsigned short UW;                // 无符号短整型,16位
typedef long SDW;                        // 有符号整型,32位
typedef unsigned long UDW;               // 无符号整型,32位
typedef long long SLL;                    // 有符号长整型,64位
typedef unsigned long long ULL;            // 无符号长整型,64位
typedef char CH;                        // 单个字符
typedef float R32;                        // 单精度浮点数
typedef double R64;                        // 双精度浮点数

#define Rep(i, n) for (register SDW i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i, s, t) for (register SDW i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i, t, s) for (register SDW i = (t); i >= (s); --i)
#define foreach(i, c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,0x7f,sizeof(a))
#define LOWBIT(x) ((x)&(-x))

#define MP make_pair
#define PB push_back
#define ft first
#define sd second
#define ALL(x) x.begin(),x.end()

#define pr(x) cout << #x << " = " << x << "  "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl

const ULL mod = 1e9 + 7;                //常用模数(可根据题目需要修改)
const ULL inf = 0x7fffffff;                //用来表示无限大
const ULL infLL = 0x7fffffffffffffffLL;    //用来表示无限大
/*-------------------Define End-------------------*/

const UDW maxN = 1e6 + 7;
string N;
SLL ans;

void input(){
    cin >> N;
    N = "0" + N; 
}

void solve(){
    rFor(i, N.size() - 1, 0) {
        SLL x = N[i] - '0';
        
        if(x > 5 || x == 5 && N[i - 1] >= '5') {
            ans += 10 - x;
            ++N[i - 1];
        }
        else {
            ans += x;
        }
    }
}

void output(){
    cout << ans << endl;
}

int main() {
    input();
    solve();
    output();
    return 0;
}