《Arithmetic Puzzles》

給定一個由字母組成的等式，其中每一個字母表示一個數字。不同字母表示的數字一定不同。問字母和數字之間是否存在一一對應關係，使得等式成立。若存在多種方案輸出按字母順序排列後字典序最小的解。

比如 SEND+MORE=MONEY 的一個解爲 9567+1085=10652。

解題思路

根據題意我們可以得到下面幾個條件：

1. 最多隻會有10個數字，所以解的組合數不超過 10!=3,628,800
2. 最多允許存在10個字母，否則一定是No Solution
3. 當單詞長度超過1時，其首字母肯定不爲0

一個簡單的解法

首先我們需要將所有字母都找出來，按照字典序排列。再從第一個字母開始按字典序枚舉數字，當給每一個字母分配了數字之後，將其帶入等式，檢查是否相等。

枚舉數字時需要注意有的字母不能等於0，這一步我們可以在預處理中完成，用數組notZero表示該字母是否不能爲0。

那麼可以寫出僞代碼：

dfs(letter):
    startNum = 0
    If (notZero[ letter ]) Then 
        startNum = 1
    End If
    For i = startNum .. 9
        If not useNum[i] Then
            useNum[i] = true
            val[ letter ] = i
            If letter is last letter Then
                If (check(val)) Then
                    Return True
                End If
            Else 
                If (dfs(next letter)) Then
                    Return True
                End If
            End If
            val[ letter ] = -1
            useNum[i] = false
        End If
    Return False

• val表示每個字母對應的數字，初始化爲-1
• useNum表示已經使用了的數字，初始爲爲false
• check(val)表示將現在的val帶入原公式檢查是否合法

由於等式長度最大爲100，有可能出現兩個長度爲49的數字進行比較，顯然無法正常的採用轉化爲整數再進行比較的方法。

對於這樣的情況，我們有如下的解決方案：

首先將等式右邊的單詞全部移到左邊，這樣公式就變成了形如：

word1 + word2 + ... + word4 - word5 - word6 - ... - word8 = 0

舉個例子：SEND+MORE-MONEY=0

將其寫成筆算的形式

+  SEND
+  MORE
- MONEY
-------
      0

接下來我們從最低位開始，一位一位向高位進行計算。假設前一位的進位爲w，則當前位的總和爲當前位所有出現過的字母之和加上w。最低位時，因爲肯定沒有進位，所以w = 0。

每一位的和爲：s = D + E - Y + w。

由於我們之前已經枚舉出了所有字母表示的數字，因此我們可以直接得到這個和s。

由於我們要使得最後的結果爲0，所以s的末尾一定需要爲0。

因此判定合法的條件爲s % 10 == 0。

若s滿足末尾爲0，則我們可以繼續向高位計算，新的進位爲 w = s / 10。

當計算到最高位時，不能產生進位，還需要額外判斷s = 0。

僞代碼爲：

check(val)
    w = 0
    For i = low order .. high order
        s = sigma(digit at order i) + w // val
        If (s % 10 != 0) Then
            Return False
        End If
        If (i == high order && s != 0) Then
            Return False
        End If
        w = s / 10
    End For
    Return True

假設一共出現了m個字母，n種字母。則該算法枚舉組合的時間複雜度爲 O(10! / (10 - n)!) ~=O(10!)，檢查是否合法的時間複雜度爲 O(m)，總的時間複雜度爲 _O(10!*m)_

對於給定的時間限制肯定是會TLE的，因此我們需要對其進行優化。

優化一

在上面的算法中，我們是按照字母順序以及字典序開始搜索。總是在枚舉完全部的字母后，才進行匹配。然而實際上我們會遇到這樣的情況：

比如DCBA+DCCA-DDDA=0，當我們枚舉出A的值時，已經可以判定等式最後一位是否能夠滿足要求。但是在上面的算法中，我們並沒有這麼做，而是一直在枚舉後面的字母。

因此我們提出一個改進的方法，我們按照從低位到高位的過程中，字母出現的順序去枚舉。這樣做有一個好處和一個壞處：

好處是，能夠在最短時間內檢查出是否合法，而不需要去對整個等式進行檢查。

壞處是，必須要枚舉出所有可能的組合情況，並從中選取字典序最小的情況。

但實際上，由於該方法剪枝的強度比較大，所以對於大多數情況都能夠很好的解決。除了一種特殊的情況，這個我們會在優化二中講到。

該算法的實現要點：

1. 根據筆算公式

   +  SEND
   +  MORE
   - MONEY
   

   從右到左，從上到下，同時計算w和s的值。設最大的位數爲m位，一共有n個單詞。我們用(i,j)來表示當前枚舉到了右起第i位，上起第j個字母。比如在上面例子中(1,1)就是右上角的D，(2,3)就是MONEY中的E。

2. 當枚舉到的字母(i,j)尚未賦值時，枚舉它可能出現的值；否則直接使用已經枚舉的值。
3. 當j = n + 1時，表示該位所有的字母都已經枚舉完畢，此時計算w和s並根據結果，決定是否遞歸計算(i+1,1)。
4. 當i = m + 1時，表示所有位置都已經枚舉完畢，此時根據進位的w是否等於0，來判定當前解是否合法。

僞代碼實現爲：

dfs(i, j, s):
    If (i == m + 1) Then
        If (s == 0) Then
            UpdateAns()
        End If
        Return 
    End If
    If (j == n + 1) Then
        If (s % 10 == 0) Then
            dfs(i + 1, 1, s / 10) // 直接將w加入s
        Else
            Return 
        End If
    End If
    letter = getLetter(i, j)
    If (val[ letter ] != -1) Then
        dfs(i, j + 1, s + val[ letter ] * op[j])
    Else
        startNum = 0
        If (notZero[ letter ]) Then 
            startNum = 1
        End If
        For i = startNum .. 9
            If not useNum[i] Then
                useNum[i] = true
                val[ letter ] = i
                dfs(i, j + 1, s + val[ letter ] * op[j])
                val[ letter ] = -1
                useNum[i] = false
            End If
        End If
    End If

優化二

上面優化搜索順序之後的代碼，能夠通過絕大部分的測試點，但是仍然有一種情況沒有辦法做到。當碰到下面這種形式時，就會超時：

A+B+C+D+E+F+G+HJJJJJJJJJJJJJJ=A+B+C+D+E+F+G+IJJJJJJJJJJJJJJ

超時的原因是因爲其中8個字母都在最低位出現了，所以全部進行了枚舉。並且只有當計算到最高位時才能確定這兩個數是否相等。

對於這種數據，我們仔細觀察會發現其中ABCDEFGJ的值實際上無論等於多少都可以，需要注意的只有H和I的值。

舉一個簡單的例子：A+B+C=AB

由於等式左右兩邊都有在個位的B，所以B的取值並不會對計算個位的s產生影響。對於這樣的字母我們稱之爲無用的字母。

對於上面那個會超時的例子，我們可以發現，除了H和I以外全部都是無用的字母。枚舉他們的值完全是沒有必要的，我們只在一個字母出現，並且有用時纔去枚舉它的值。

因此我們先做一次預處理，將所有無用的字母都標記出，在枚舉時直接跳過。

當然這樣做還有一個問題：某一種字母每一次出現都是無用的字母，那麼當我們找到合法答案時，該字母並沒有賦值。

此時我們將剩餘的數字按照最小序依次賦值給它們即可。

因此原僞代碼改爲：

dfs(i, j, s):
    If (i == m + 1) Then
        If (s == 0) Then
            fillAns()   // 賦值剩餘的數字
            UpdateAns()
        End If
        Return 
    End If
    If (j == n + 1) Then
        If (s % 10 == 0) Then
            dfs(i + 1, 1, s / 10) // 直接將w加入s
        Else
            Return 
        End If
    End If
    letter = getLetter(i, j) // 若該字母爲無用的字母，則返回-1
    If (letter == -1) Then  // 處理無用的字母
        dfs(i, j + 1, s)
        Return ;
    End
    If (val[ letter ] != -1) Then
        dfs(i, j + 1, s + val[ letter ] * op[j])
    Else
        startNum = 0
        If (notZero[ letter ]) Then 
            startNum = 1
        End If
        For i = startNum .. 9
            If not useNum[i] Then
                useNum[i] = true
                val[ letter ] = i
                dfs(i, j + 1, s + val[ letter ] * op[j])
                val[ letter ] = -1
                useNum[i] = false
            End If
        End If
    End If

加上第二種優化之後，就解決特殊情況，也就能夠順利地通過所有的測試點了。