题意：有一个 \(n\) 位的数字串，每位为 \(0-9\)。每次操作可以更改一位的数字，代价为新旧两位数字之差。问使字符串存在某一个数的出现次数超过 \(k\) 的最小代价。如果有多种方案，输出字典序最小的。
求最小代价非常简单，枚举要让哪个数出现超过 \(k\) 次，然后将所有位求出将这一位改成该数的代价，排个序前 \(k\) 小值即可。难点在于如何让字典序最小。
做法一
考虑排序时不仅要求代价从小到大，对于同样代价的两位，要么是原来比较大，减小为要求的数，要么是原来比较小，增大为要求的数，此时优先改数字大的那位，因为改完可以变小，字典序一定减小。如果两位相同，考虑是增大还是减小，如果减小则越靠前越好，如果增大则越靠后越好。
By cxm1024
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
signed main() {
int n,k,ans=1e9;
string s,t;
cin>>n>>k>>s;
for(char i='0';i<='9';i++) {
vector<pair<int,int> > dis;
for(int j=0;j<s.size();j++)
dis.push_back({abs(s[j]-i),j});
sort(dis.begin(),dis.end(),[&](pair<int,int> p,pair<int,int> q) {
if(p.first!=q.first) return p.first<q.first;
if(s[p.second]!=s[q.second]) return s[p.second]>s[q.second];
if(s[p.second]>i) return p.second<q.second;
else return p.second>q.second;
});
int res=0;
string tmp=s;
for(int j=0;j<k;j++)
res+=dis[j].first,tmp[dis[j].second]=i;
if(res<ans||(res==ans&&tmp<t))
ans=res,t=tmp;
}
cout<<ans<<endl<<t<<endl;
return 0;
}
做法二
考虑小于最大花费的一定全选，所以字典序只在等于最大花费的位之间有影响。对于等于最大花费的位，只需要先正着处理比要变成的数大的，再反着处理比它小的（原因同做法一），避免了复杂的比较函数。
char s[11013], tmp[11013];
int main()
{
int n,k;
scanf("%d %d %s",&n,&k,s);
int ret = 9 * n + 1;
string w = "";
REP(c, 10) {
VI t;
REP(i, n) t.PB(abs(s[i] - '0' - c));
sort(ALL(t));
int ss = 0;
REP(i, k) ss += t[i];
if(ss < ret) ret = ss, w = "a";
if(ss == ret) {
REP(i, n+1) tmp[i] = s[i];
int d = t[k-1], ww = 0;
REP(i, n) if(abs(s[i] - '0' - c) < d) tmp[i] = c + '0', ww++;
REP(i, n) if(ww < k && s[i] == c + '0' + d) tmp[i] = c + '0', ww++;
FORD(i, n-1, 0) if(ww < k && s[i] == c + '0' - d) tmp[i] = c+'0', ww++;
w = min(w, (string)tmp);
}
}
printf("%d\n%s\n",ret, w.c_str());
return 0;
}
做法三
考虑从每位花费的角度枚举。由于一定是先选花费小的，再选花费大的，于是从小到大枚举花费，对于这个花费，有可能是变小的花费，也有可能是变大的花费，此时先正着处理变小，再反着处理变大，直至取足数量即可。
By watashi
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main() {
int n, k, m, s;
string pat, tmp;
pair<int, string> ans = make_pair(1000000007, "");
cin >> n >> k;
cin >> pat;
for (int d = 0; d < 10; ++d) {
s = 0;
tmp = pat;
m = count(tmp.begin(), tmp.end(), '0' + d);
for (int x = 1; x < 10; ++x) {
if (d + x < 10) {
char y = '0' + (d + x);
for (int i = 0; m < k && i < n; ++i) {
if (tmp[i] == y) {
tmp[i] = '0' + d;
s += x;
++m;
}
}
}
if (0 <= d - x) {
char y = '0' + (d - x);
for (int i = n - 1; m < k && i >= 0; --i) {
if (tmp[i] == y) {
tmp[i] = '0' + d;
s += x;
++m;
}
}
}
}
ans = min(ans, make_pair(s, tmp));
}
cout << ans.first << endl << ans.second << endl;
return 0;
}
做法四
可以使用类似搜索的思路来递归计算。原理类似做法三，每次扩张一格距离，依次处理，使用递归来简化代码。每次判断当前小还是大，递归时跳到对面处理，直到取足数量。
By Komaki
using namespace std;
#define li long long int
#define rep(i,to) for(li i=0;i<((li)(to));++i)
#define pb push_back
#define sz(v) ((li)(v).size())
#define bit(n) (1ll<<(li)(n))
li get(char c){
return c-'0';
}
string str;
li cal(li rem,li to,li now){
li res=0;
if(to<now){
if(now<=9){
for(li i=0;i<sz(str);i++)if(get(str[i])==now){
str[i]=to+'0';
rem--;
res+=abs(now-to);
if(rem==0) return res;
}
}
res+=cal(rem,to,to-(now-to));
}else if(now<to){
if(0<=now){
for(li i=sz(str)-1;0<=i;i--)if(get(str[i])==now){
str[i]=to+'0';
rem--;
res+=abs(now-to);
if(rem==0) return res;
}
}
res+=cal(rem,to,to+(to-now)+1);
}else{
rep(i,sz(str))if(get(str[i])==now) rem--;
if(rem<=0) return res;
res+=cal(rem,to,to+1);
}
return res;
}
int main(){
li n,k;
string base;
cin>>n>>k>>base;
li best=bit(60);
string ans="";
rep(i,10){
str=base;
li tmp=cal(k,i,i);
if(tmp<best || (tmp==best && str<ans)){
best=tmp;
ans=str;
}
}
cout<<best<<endl;
cout<<ans<<enddl;
}