【题目链接】
ybt 1920：【02NOIP普及组】产生数
洛谷 P1037 [NOIP2002 普及组] 产生数
【题目考点】
1. 动态规划
2. 高精度
【解题思路】
解法1：动态规划
首先通过搜索，得到每一位数字通过有限次变化后可能变成的数字种类。
得到数组c，c[i]表示数字i经过有限次变化后可以变成的数字种类数。
假设有规则：1->2, 1->3, 2->5, 5->1。
那么数字1经过有限次变化后可以成为1,2,3,5，共4种；2经过有限次变化后可以成为：2,5,1,3，共4种。
1. 状态定义
集合：数字n通过给定规则可以变成的数字
限制：只看前几位
统计量：方案数
dp[i]：前i位数字在应用规则经过有限次变化后可以变成的数字种类数。
初始状态：前0位数字的种类数可以认为是1，即dp[0] = 1
2. 状态转移方程
前i位数字通过应用规则可以变成的数字
分割结合：根据第i位数字变成其它数字的情况分割集合
已知第i位数字a[i]可以变为c[a[i]]种数字。
那么前i位数字可以变成的数字种类数，为前i-1位数字可以变成的数字种类数dp[i-1]乘以第i位数字a[i]可以变成的数字种类数c[a[i]]，即dp[i] = dp[i-1]*c[a[i]]。
由于1个数字最多可以变为10个数字（包括变为自己），最多有30位，根据这一状态转移方程，结果可能会是30个10相乘，低精度数字无法表示。因此数字n，状态dp需要用高精度数字来表示，状态转移方程要用到高精乘低精。
【题解代码】
解法1：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define K 20
#define N 35
struct HPN
{
int a[N];
HPN()
{
memset(a, 0, sizeof(a));
}
HPN(string s)
{
memset(a, 0, sizeof(a));
a[0] = s.length();
for(int i = 1; i <= a[0]; ++i)
a[i] = s[a[0]-i] - '0';
}
int& operator [] (int i)
{
return a[i];
}
void setLen(int i)
{
while(a[i] == 0 && i > 1)
i--;
a[0] = i;
}
HPN operator * (int b)//高精乘低精
{
HPN r;
int c = 0, i;
for(i = 1; i <= a[0]; ++i)
{
r[i] = a[i] * b + c;
c = r[i] / 10;
r[i] %= 10;
}
while(c > 0)
{
r[i++] = c % 10;
c /= 10;
}
r.setLen(i);
return r;
}
void show()
{
for(int i = a[0]; i >= 1; --i)
cout << a[i];
cout << endl;
}
};
int k, c[10], vis[10], x[K], y[K];
HPN dp[N], n;
void dfs(int i)
{
for(int j = 1; j <= k; ++j)
{
if(x[j] == i && vis[y[j]] == false)
{
vis[y[j]] = true;
dfs(y[j]);
}
}
}
void init()
{
for(int i = 0; i <= 9; ++i)
{
memset(vis, 0, sizeof(vis));//vis[j]:i能否通过应用某些规则变成数字j
vis[i] = true;
dfs(i);//标记vis
for(int j = 0; j <= 9; ++j)//统计vis中有几个数字被标记
{
if(vis[j])
c[i]++;//c[i]:数字i能变成的数字的个数（包括自己）
}
}
}
int main()
{
string s;
cin >> s >> k;
for(int i = 1; i <= k; ++i)
cin >> x[i] >> y[i];
init();
n = HPN(s);
dp[0] = HPN("1");
for(int i = 1; i <= n[0]; ++i)//n[0]为数字n的长度
dp[i] = dp[i-1] * c[n[i]];
dp[n[0]].show();
return 0;
}