POJ - 1426 Find The Multiple（搜索+数论）

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以下内容属于以上这位dalao

http://poj.org/problem?id=1426

题意

给出一个整数n，(1 <= n <= 200)。求出任意一个它的倍数m，要求m必须只由十进制的'0'或'1'组成。

分析

首先暴力枚举肯定是不可能的 1000ms 想不超时都难，而且枚举还要解决大数问题。。

要不是人家把这题放到搜索，怎么也想不到用BFS。。。

解题方法： BFS+同余模定理

不说废话。

 

首先说说朴素的不剪枝搜索方法：

我以n=6为例

首先十进制数，开头第一个数字（最高位）一定不能为0，即最高位必为1

设6的 ”01十进制倍数” 为k，那么必有k%6 = 0

现在就是要用BFS求k值

1、先搜索k的最高位，最高位必为1，则此时k=1，但1%6 =1  !=  0

因此k=1不是所求，存储余数 1

2、搜索下一位，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=10，那么k%6=4

可能为1，即 k*10+1，此时k=11，那么k%6=5

由于余数均不为0，即k=10与k=11均不是所求

3、继续搜索第三位，此时有四种可能了：

对于k=10，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=100，那么k%6=4

下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=101，那么k%6=5

对于k=11，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=110，那么k%6=2

下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=111，那么k%6=3

由于余数均不为0，即k=100，k=101，k=110，k=111均不是所求

4、继续搜索第四位，此时有八种可能了：

对于k=100，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=1000，那么k%6=4

下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=1001，那么k%6=5

对于k=101，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=1010，那么k%6=2

下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=1011，那么k%6=3

对于k=110，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=1100，那么k%6=2

下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=1101，那么k%6=3

对于k=111，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=1110，那么k%6=0

下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=1111，那么k%6=1

我们发现k=1110时，k%6=0，即1110就是所求的倍数

 

从上面的演绎不难发现，用BFS是搜索 当前位数字 （除最高位固定为1），因为每一位都只有0或1两种选择，换而言之是一个双入口BFS

本题难点在于搜索之后的处理：对余数的处理，对大数的处理，余数与所求倍数间的关系

 

接下来说说处理大数问题和剪枝的方法：

首先我们简单回顾一下 朴素搜索 法：

n=6

 

1%6=1  (k=1)

{

(1*10+0)%6=4  (k=10)

{

 (10*10+0)%6=4   (k=100)

{

  (100*10+0)%6=4  (k=1000)

        (100*10+1)%6=5  (k=1001)

}

    (10*10+1)%6=5  (k=101)

{

  (101*10+0)%6=2  (k=1010)

        (101*10+1)%6=3  (k=1011)

}

}

   (1*10+1)%6=5  (k=11)

{

    (11*10+0)%6=2   (k=110)

{

    (110*10+0)%6=2  (k=1100)

        (110*10+1)%6=3  (k=1101)

}

 (11*10+1)%6=3   (k=111)

{

        (111*10+0)%6=0  (k=1110)   有解

        (111*10+1)%6=1  (k=1111)  由于前面有解，这个余数不存储

}

}

}

从上面可以看出余数的存数顺序（逐层存储）：

用数组mod[]存储余数，其中mod[0]不使用，由mod[1]开始

那么mod中的余数依次为： 1 4 5 4 5 2 3 4 5 2 3 2 3 0  共14个

即说明我们得到 余数0 之前，做了14步*10的操作，那么当n值足够大的时候，是很容易出现k为大数的情况（事实上我做过统计，200以内的n，有18个n对应的k值为大数

那么我们再用int去存储k就显得不怎么明智了。

为了处理所有情况，我们自然会想到 是不是应该要用int[]去存储k的每一位？

而又由于k是一个01序列，那能不能把 *10得到k每一位的问题 转化为模2的操作得到k的每一位(0或1) 呢？

答案是可以的

首先我们利用 同余模定理 对得到余数的方式进行一个优化

（a*b）%n = （a%n *b%n）%n

（a+b）%n = （a%n +b%n）%n

随便抽取上面一条式子为例

前一步 (11*10+0)%6=2   即k=110 ， k%6=2

当前步 (110*10+0)%6=2

由同余模定理  (110*10+0)%6 = (（110*10）%6+0%6 )%6 = (（110%6 * 10%6）%6 +0)%6

不难发现下划线部分110%6等于 (11*10+0)%6 = 2

所以当前步(110*10+0)%6可以转变为  (2*10+0)%6=2

 

很显然地，这种处理把k=110 等价于 k=2

即用 前一步操作得到的余数 代替 当前步的k值

而n在200的范围内， 余数值不可能超过3位数， 这就解决了 大数的问题

 

通过这种处理手法，我们只需在BFS时顺手存储一个 余数数组mod[] ，就能通过mod[i/2]得到mod[i]  ，直到mod[i]==0 时结束，大大减少了运算时间

前面已经提到，n=6时，求余操作进行了14次，对应地，BFS时*10的操作也进行了14次。

令i=14，通过观察发现，i%2恰好就是 6 的倍数的最低位数字

i/2  再令 i%2 ，恰好就是 6 的倍数的 次低位数字。。。

循环这个操作，直到i=0，就能得到 6的 01倍数(一个01队列)，倒序输出就是所求

这样就完成了 *10操作到 %2操作的过渡

由于n值有限，只是1到200的整数，因此本题也可以用打表做，通过上面的方法得到结果后，就把1~200的倍数打印出来，重新建立一个程序，直接打表就可以了。

不过打表比上面介绍的方法快不了多少

//Memory Time
//2236K  32MS 

#include<iostream>
using namespace std;

int mod[];  //保存每次mod n的余数
                  //由于198的余数序列是最长的
                  //经过反复二分验证，436905是能存储198余数序列的最少空间
                  //但POJ肯定又越界测试了...524286是AC的最低下限，不然铁定RE

int main(int i)
{
    int n;
    while(cin>>n)
    {
        if(!n)
            break;

        mod[]=%n;  //初始化，n倍数的最高位必是1

        for(i=;mod[i-]!=;i++)  //利用同余模定理，从前一步的余数mod[i/2]得到下一步的余数mod[i]
            mod[i]=(mod[i/]*+i%)%n;
                     //mod[i/2]*10+i%2模拟了BFS的双入口搜索
                     //当i为偶数时，+0，即取当前位数字为0  。为奇数时，则+1,即取当前位数字为1

        i--;
        int pm=;
        while(i)
        {
            mod[pm++]=i%;   //把*10操作转化为%2操作，逆向求倍数的每一位数字
            i/=;
        }
        while(pm)
            cout<<mod[--pm];  //倒序输出
        cout<<endl;
    }
    return ;
}