题意
给出(n)位的十进制数和数字(A，B),要求把给出的十进制数的每一位染上黑色或红色，使得红色部分按顺序组成的十进制数（可能有前导0）以及黑色部分按顺序组成的十进制数（可能有前导0)能分别被(A,B)整除,并且红色的位数和黑色的位数差的绝对值最小。
(2le n le 40,1le A,Ble 40)，无解输出-1
题解
注意到(A,B)都很小，考虑从(A,B)入手
可以用类似快读的写法，中间加个取模就能动态维护当前选出的数字组成的数能否被整除。 把取模后的结果加入到状态中，则能够得到一个四维的状态（cur, x, y, cnt)，表示当前在处理从高到低第cur位，黑色的数字组成的数取模后为x, 红色的数字组成的数取模后为y，选了cnt个黑色数字。
每一个状态只需要访问一次，那么就得到了时空复杂度均为(O(n^4))的算法。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 40 + 7;
#define ll long long
int n, m, k, tot, ans, A, B;
char s[maxn], aa[maxn], fa[maxn];
int rd() {
int s = 0, f = 1; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
while (c >= '0' && c <= '9') {s = s * 10 + c - '0'; c = getchar();}
return s * f;
}
int vis[maxn][maxn][maxn][maxn];
void dfs(int cur, int x, int y, int a) {
vis[cur][x][y][a]++;
if (cur == n + 1) {
if (x != 0 || y != 0 || a == 0 || a == n || ans <= abs(n-a-a))
return;
ans = abs(n-a-a);
for (int i = 1; i <= n; i++) aa[i] = fa[i];
return;
}
if (vis[cur+1][(x*10+s[cur]-'0'+A)%A][y][a+1] < tot) {
fa[cur] = 'R';
dfs(cur+1, (x*10+s[cur]-'0'+A)%A, y, a+1);
}
//if (flag) return;
if (vis[cur+1][x][(y*10+s[cur]-'0'+B)%B][a] < tot) {
fa[cur] = 'B';
dfs(cur+1, x, (y*10+s[cur]-'0'+B)%B, a);
}
//if (flag) return;
//aa[cur] = -1;
}
int main() {
int T = rd();
//memset(aa, -1, sizeof(aa));
while (T--) {
tot++;
memset(aa, -1, sizeof(aa));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
n = rd(), A = rd(), B = rd();
scanf("%s", s+1);
s[0] = '0';
ans = 99999;
dfs(1, 0, 0, 0);
if (ans == 99999) {
puts("-1");
} else {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
putchar(aa[i]);
}
putchar('
');
}
}
return 0;
}