AtCoder ABC 155 E - Payment（dp）

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

题意：你去商店买了n（1 <= n <= $10^{1,000,000}$）元钱的东西东西。然后你和店员都用$10^x$的货币，问你们两个一共加起来最少要用多少张货币可以把长结清。
比如：36可以的方案：你付3张10块 + 6张1块，店员不用找，共9张
或者你付4张10块，电源找你4张1块，共8张，显然答案为8。

思路：这一题可以考虑dp。从后面开始往前面遍历。
用dp[0][i]表示第i位直接付（s[i] - ‘0’）张$10^i$的货币，dp[1][i]表示第i位付1张$10^{i+1}$的货币，店员找10 - (s[i] - ‘0’)张$10^i$的货币，因为状态转移过程就这两种状态，所以最后输出min(dp[0][0],dp[0][1])就好。具体实现详见代码。

代码：

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

#define LL long long

const int maxn = 1e6 + 7;
const LL INF = 1e18;

///dp[0][i] 第i位给s[i] - '0'张10^i张，不用找
///dp[1][i] 第i位给1张10^(i+1)张，找10 - (s[i] - '0')张，共10 - (s[i] - '0')，前一位加1
LL dp[2][maxn];
char s[maxn];

int main() {
    while(~scanf("%s",s + 1)) {
        s[0] = '0';
        int len = strlen(s + 1);
        dp[0][len] = s[len] - '0';
        dp[1][len] = 10 - (s[len] - '0');
        for(int i = len - 1 ; i >= 0 ; i--) {
            dp[0][i] = min(dp[0][i+1] + (s[i] - '0') , dp[1][i+1] + (s[i] - '0' + 1));
            dp[1][i] = min(dp[0][i+1] + 10 - (s[i] - '0') , dp[1][i+1] + 10 - (s[i] - '0' + 1));
            ///dp[1][i+1] + (s[i] - '0' + 1) 中的 "+1" 表示我在第i+1位时给了店员一张10^(s[i+1] - '0')的货币，所以转移到第i位时第i位的值应该+1；
            ///dp[1][i+1] + 10 - (s[i] - '0' + 1) 同理
        }
        printf("%lld\n",min(dp[0][0],dp[1][0]));
    }
    return 0;
}