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给定一个正整数 N N N 。你可以对 N N N 的任意一位数字执行任意次以下 2 种操 作：
将该位数字加 1 。如果该位数字已经是 9 , 加 1 之后变成 0 。
将该位数字减 1 。如果该位数字已经是 0 , 减 1 之后变成 9 。
你现在总共可以执行 1 号操作不超过 A A A 次, 2 号操作不超过 B B B 次。 请问你最大可以将 N N N 变成多少?
第一行包含 3 个整数: N , A , B N, A, B N,A,B
一个整数代表答案。
123 1 2
933
对于 30 % 30\% 30% 的数据, 1 ≤ N ≤ 100 ; 1 \leq N \leq 100; 1≤N≤100; 0 ≤ A , B ≤ 10 0 \leq A, B \leq 10 0≤A,B≤10。
对于 100 % 100 \% 100% 的数据, 1 ≤ N ≤ 1 0 17 ; 0 ≤ A , B ≤ 100 1 \leq N \leq 10^{17} ; 0 \leq A, B \leq 100 1≤N≤1017;0≤A,B≤100
看上去
N
N
N的范围貌似很大，达到了1e17的范围，但其实我们最多只需要考虑这最多17位数，所以可以想到爆搜得到答案。
一个数的大小是从左到右依次判断，所以我们从最左边开始枚举，我们无需关注后面的数，要利用自己的1号操作和2号操作保证当前这个数位的数一定要尽可能最大
然后分别考虑两种操作，首先两种操作不可能混用，因为它们是抵消的效果，所以要么对这个数全使用1操作，要么2操作。假设某个数位的值为x,首先考虑1号操作，使用后可以让该数位变大，出于贪心考虑，我们想让它变成9，那么需要进行9-x次1号操作，当然可能此时1号操作并不足以让我们将x变成9，但我们还是使用剩余的全部的次数将其变大，所以每次考虑1号操作应该使用的操作数t应该为t=min(n,9-x),此时x将变为x+t，然后进行下一位的判断。
其次我们考虑2号操作，这个的判断比较简单，它是让某个值减小，唯一能让某个数变大的机会就是将其减到0后再减就会变成9。那么这样操作需要的次数就是x+1，如果操作次数不够，那我们宁愿不使用，因为这只会让这个数位变得更小。
在深搜dfs的过程中，参数记录遍历到第几个数位以及此时累计的和，当搜索完所有数位后，将此时的和与答案进行一个取max，最后的值则为答案。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
char c[20];
LL ans=0;
//n:1号操作剩余次数 m:2号操作剩余次数
int n,m;
void dfs(int i,LL v){
int x=c[i]-'0';
if(c[i]){
//应该使用的操作次数
int t=min(n,9-x);
n-=t;
dfs(i+1,v*10+x+t);
//回溯
n+=t;
//考虑操作2是否能够使用
if(m>x){
m-=x+1;
dfs(i+1,v*10+9);
//回溯
m+=x+1;
}
}else{
//答案取max
ans=max(ans,v);
}
}
int main()
{
scanf("%s%d%d",c,&n,&m);
dfs(0,0);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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