POJ3373-Changing Digits
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大致题意：
给出2个整数n（n<10^100）和k（k<10000），求满足以下条件的整数m
1、m与n位数相同
2、m能被k整除
3、满足以上两点时，m和n在相同位置的地方，数字不同的个数最少
4、满足以上三点时，m值最小
解题思路：
这题解法很多，有人用DP，有人用记忆化搜索，有人搜索+强剪枝。
POJ分类把这题归入“记忆化搜索”，但是我不推荐，原因在于直接写出记忆化搜索算法去解题不容易，不先用DP做出来，记忆化搜索很难实现。
我用的是DFS+强剪枝。
我做这题的时候，基本无任何思路，本来想参考一下网上前辈的做法，但基本全部都是乱七八糟东拼西凑胡说八道，我下面根据我自己的思路说一下清晰的解题过程，这个思路是借鉴了一下别人的做法，但是绝对比他清晰。
下面进入正题：
1、问题的有解性
设n%k=n_MODk，由抽屉原理可知，在[0,k-1]这k个顺序自然数中，必有一个数与n_MODk是同余类。而依题意知k<=n，那么说明这题必有解。
但是这个只能证明DFS是可以寻找到解的，但是不能对解题带来任何帮助。
我不知道是哪个那么缺德，在网上散播谣言说“由于k最多只有5位，根据抽屉原理我们最多只要改变n最后5位数字就能找到答案”。
这是绝对错误的。因为这种做法无法满足条件4。
由于此，可能有同学做这题时，为了省时间，只搜索n的最后len(k)位，但总得不到结果却不知为何。这种做法错在：当把n低位数字中的1个改小后能够使得n_MODk==0，但若把n高位数字中的1个改小后同样能够使得n_MODk==0，那么为了满足条件4，必然是取后者，抽屉原理的“只要改变n最后5位数字”却不能满足这个条件。
正确的说法应该是“最多改变n中的5位数字就能得到解”，但实际解题时没必要应用抽屉原理，由于DFS搜索到的第一个解必为最优，因此AllowNum从1个到len(n)个逐个枚举即可，这样可以避免讨论len(n)是否大于5。
2、寻解的有序性
首先必须注意，这题的条件具有层次性，条件1优先于条件2，条件2优先于条件3，条件3优先于条件4,。而由于数据量很大，为了节省搜索时间，我们必须保证DFS搜索到的第一个答案就是最优，因此这就无形之中规定了DFS的搜索方向。
3、高精度处理
n的位数最多为101位，以往求n_MODk的方法都是利用同余模公式，从高位开始向低位逐位求模，但是本题为了后续DFS需要，用了一个稍微改变的方式求n_MODk。
先把n倒序存放。
定义数组mod[101][10]，mod[i][j]=((10^i)*j)%k，先求出：
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 （%k）
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 （%k）
0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 （%k）
.....
通过递推式mod[i][j]=(mod[i-1][j]*10)%k; 就能避免n次方的运算，节省时间。
由此mod[][]就能组合出任意len(n)位内的整数对k求模后的值。那么利用同余模公式就能求得n_MODk。
4、DFS搜索方法
bool DFS(int pos,int RestNum,int m_MODk);
传参有3个：pos，RestNum，m_MODk
Pos：当前搜索区间为[0,pos]
RestNum：在区间[0,pos]中剩余 允许改变的数字的个数，个数从1个到len(n)个枚举，保证搜索到解时，n与m在相同位置处不同数字的个数是最少的（条件3）。
m_MODk：当前数字串m对k求模的值，初始化为n_MODk。
入口处理：
for(int AllowNum=1;AllowNum<=len;AllowNum++)
if(DFS(len-1,AllowNum,n_MODk))
break;
每次入口都有pos=len-1，是为了保证搜索区间最大。
（1）搜索时先搜索比n小的数字，此时为了搜索到的解m是最小的，应该从区间[0,pos]的第pos位开始向第0位搜索，因为在相同RestNum情况下，把高位数字变小所得到的m值更小。
（2）当（1）无解时，搜索比n大的数字，此时为了搜索到的解m是最小的，应该从区间[0,pos]的第0位开始向第pos位搜索，因为在相同RestNum情况下，把低位数字变大所得到的m值更小。
出口处理：
m_MODk==0返回true
RestNum=0 返回 false
5、关于第三个参数值m_MODk的传递：
由于数字串m随着搜索的深度时刻变化，若每次变化后，再按求n_MODk的方法重新求m_MODk是相当浪费时间的。此时就要利用同余模公式和mod数组。
搜索比n小的数字时所用到的同余模公式为：
(a-b)%k=(a%k - b%k)%k
搜索比n大的数字时所用到的同余模公式为：
(a+b)%k=(a%k + b%k)%k
（1）搜索比n小的数字时，当把m的第i位数字m[i]改为j时，我们已经有((10^i)*m[i])%k的值存放在数组mod[i][m[i]]中，又有((10^i)*j)%k的值存放在数组mod[i][j]中，那么把m值改小前后的变化值为（mod[i][m[i]]- mod[i][j]），然后我们又知道m改变前的模k值为m_MODk。那么只需把m改变前的m_MODk减去变化值（mod[i][m[i]]- mod[i][j]），再对k取模，就是新的m_MODk值，我们令其等于res。
而为了避免m_MODk < （mod[i][m[i]]- mod[i][j]）而出现负数，我们应该增加一个“+k”修正处理，那么具体公式如下：
res=(m_MODk-(mod[i][m[i]]-mod[i][j])+k)%k;
以数字5234，k=25为例，在本算法中数组m实际存放为数字的倒序4321，首位为第0位的“4”，同样mod[][]存放的是倒序数据。
数据存放：m[]=4325, k=27
已知m_MODk=5234%27=22，现在要把m的第3位的“5”修改为更小的“1”，已有m[3]=5，设j=1，即令m[3]=j，显然改变后实际的变化值为5000-1000=4000
我们现在要求的是m改变后的 1234%27的值，而1234%25=(5234%27 – 4000%27)%27。由于5234%27=m_MODk=22已知，那么只需求4000%27。
而4000%27=（5000%27-1000%27）%27，显然5000%27和1000%27已经保存在mod[][]中。5000%27=mod[3][ m[3] ] ，1000%27=mod[3][ j ]，说到这里应该都了解了。
（2）搜索比n大的数字时，道理差不多，只不过变化值相减的方向要改变。而且由于是m_MODK+变化值，即不会出现负数，因此无需“+k”修正，具体公式如下：
res=(m_MODk+(mod[i][j]-mod[i][m[i]]))%k;
6、关于剪枝：
定义二维数组 int** flag
flag[pos][m_MODk]=RestNum
当搜索m的位置区间为[0,pos]，且当前数字串m对k取模值为m_MODk时，
若剩下允许的修改数字的个数只允许修改RestNum个，
则无论如何修改区间[0,pos]内的数字也无法使得m_MODk==0，
那么对于同样的pos和m_MODk, 小于RestNum的个数则更加不可能了
//Memory Time
//21444K 47MS
#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
class solve
{
public:
solve(char* sn,int tk)
{
len=strlen(sn);
k=tk;
n_MODk=0;
InitialFlag(len,k);
PlayTable_Mod();
Calculation_n_MODk(sn);
for(int AllowNum=1;AllowNum<=len;AllowNum++) //枚举允许修改的数字个数
if(DFS(len-1,AllowNum,n_MODk)) //要保证搜索区间最大
break;
}
~solve()
{
for(int i=len-1;i>=0;i--)
cout<<m[i];
cout<<endl;
delete[] flag;
}
void InitialFlag(int len,int k);
void PlayTable_Mod(void); //打表mod[][]，利用同余模公式
void Calculation_n_MODk(char* sn); //计算n%k
bool DFS(int pos,int RestNum,int m_MODk);
protected:
int len;
int n[101],m[101];
int k;
int n_MODk; //n%k
int mod[101][10]; //mod[i][j]=((10^i)*j)%k
int** flag; //flag[pos][m_MODk]=RestNum
}; /*
当搜索m的位置区间为[0,pos]，且当前数字串m对k取模值为m_MODk时，
若剩下允许的修改数字的个数只允许修改RestNum个，
则无论如何修改区间[0,pos]内的数字也无法使得m_MODk==0，
那么对于同样的pos和m_MODk, 小于RestNum的个数则更加不可能了,这用于剪枝
*/
void solve::InitialFlag(int len,int k)
{
flag=new int*[len+1];
for(int i=0;i<=len;i++)
{
flag[i]=new int[k];
memset(flag[i],false,sizeof(int)*k);
}
return;
}
void solve::PlayTable_Mod(void)
{
for(int j=0;j<=9;j++)
mod[0][j]=j%k;
for(int i=1;i<len;i++)
for(int j=0;j<=9;j++)
mod[i][j]=(mod[i-1][j]*10)%k;
return;
}
void solve::Calculation_n_MODk(char* sn)
{
for(int i=0;i<len;i++)
{
n[i]=m[i]=sn[len-i-1]-'0'; //倒序n，并转换为数字串
n_MODk=(n_MODk+mod[i][ n[i] ])%k; //n%k
}
return;
}
bool solve::DFS(int pos,int RestNum,int m_MODk)
{
if(m_MODk==0)
return true;
if(RestNum==0 || pos<0)
return false;
if(RestNum <= flag[pos][m_MODk]) //剪枝
return false;
int i,j;
for(i=pos;i>=0;i--) //枚举比n小的数m，且m要尽可能小，则从高位开始
for(j=0;j<n[i];j++)
{
if(i==len-1 && j==0) //m最高位不为0
continue;
int res=(m_MODk-(mod[i][m[i]]-mod[i][j])+k)%k;
int tmp=m[i];
m[i]=j;
//i-1即缩减搜索区间
if(DFS(i-1,RestNum-1,res))
return true;
m[i]=tmp;
}
for(i=0;i<=pos;i++) //枚举比n大的数m，但m要尽可能小，则从低位开始
for(j=n[i]+1;j<=9;j++)
{
if(i==len-1 && j==0) //m最高位不为0
continue;
int res=(m_MODk+(mod[i][j]-mod[i][m[i]]))%k; //同余模公式
int tmp=m[i];
m[i]=j;
//i-1即缩减搜索区间
if(DFS(i-1,RestNum-1,res))
return true;
m[i]=tmp;
}
flag[pos][m_MODk]=RestNum; //在区间[0,pos]内只允许修改RestNum个数字无法使得m_MODk==0
return false;
}
int main(void)
{
char sn[101];
int tk;
while(cin>>sn>>tk)
solve poj3373(sn,tk);
return 0;
}