【spoj1433】KPSUM

來源

高逸涵《數位計數問題解法研究》
由於自己的數位計數類的問題實在太差了，所以把例2用markdown抄寫並補充了一遍。

題意

將1N(1≤n≤1015)寫在紙上，然後在相鄰的數字間交替插入“+”和“-”，求最後的結果。例如當N=12時，答案為：1−2+3−4+5−6+7−8+9−1+0−1+1−1+2

分析

這是一道稍微複雜一點的數位計數問題。

我們首先探查數位確定，所有數字自由的情況。
不妨設第一位從”+”開始。

若數位個數為偶數，以6位為例：

發現：
①每個數位的符號相同，奇數符號的數位和偶數符號的數位個數相等。
②每個數位中每個數出現的次數相同。
⇒所有數位的所有數的和為0。

若數位個數為奇數，以5位為例：

相鄰兩行的和為-1。

之前我們這樣認定：

不妨設第一位從”+”開始。

然而第一位不一定是+，這跟總位數k有關。
注意：當前我們考慮的只是後面n位對答案的貢獻，字首對答案的貢獻並沒有計算。

（1）當k為偶數時
①當n為偶數時，後面位數的貢獻為0；
②當n為奇數時，從第n−1位開始貢獻為0，所以我們只需要考慮第n位的貢獻。
第n位的全是負號，貢獻為：
[(−0)+(−1)+...+(−9)]∗(n−1位的情況總數)=−45∗10n−1
（2）當k為奇數時，相鄰兩行和為-1，總共有10

於是我們寫出函式GetSum1。

LL GetSum1(int n,int k)
//n為自由位個數，k為總位數
{
    if (k%2==0)
    {
        if (n%2==0) return 0;
        else
        {
            LL d=-45;
            rep(i,1,n-1) d*=10;
            return d;
        }
    }
    else
    {
        LL d=-1;
        rep(i,1,n) d*=10;
        return d/2;
    }
}

接下來，考慮帶字首的情況。總位數=字首位+自由位。
（1）當總位數為偶數時，字首符號不變，乘上總行數即可。
（2）當總位數為奇數時，字首兩兩相消。

依照以上分析編寫GetSum2。

LL GetSum2(LL prefix,int n)
//prefix為字首，n為自由位個數
{
    int d=0,t=1;
    LL p=prefix,presum=0;
    while (p>0)
    {
        presum+=(p%10)*t;
        p/=10;
        d++;
        t=-t;
    }
    presum*=-t;
    rep(i,1,n) presum*=10;
    LL ret=GetSum1(n,n+d);
    if ((d+n)%2==0) ret+=presum;
    return ret;
}

沿用上例的思路，，再有了上述兩個函式之後，我們繼續將整個區間劃分為若干段，分別利用上述函式求和，這裡不再重複敘述。

小結

通過對問題從簡單到複雜的層層遞進分析，逐步將程式實現，使得一個原本比較複雜的問題輕鬆被解決。程式編寫過程中思路明確，程式模組化合理，每個模組功能明確，並且單獨可以通過check函式進行檢驗。使得出錯的可能性大大降低。

雖然整體程式碼量有所增加，但由於思考的時間減少，程式碼編寫時間甚至還會縮短。