Solution

本来想的是枚举 \(d\) 的倍数的，以为一定能搜到解的，然后看了眼英文发现“无解输出-1”，就果断去想搜索了。

用啥搜？

因为这个题要求最小数 \(n\) ，所以不能用dfs，应该用bfs+记忆化搜索，这样是可以保证最小的。

然后设计搜啥？

因为只和各位相加和 \(s\) 与 \(d|n\) 有关，所以可以将原来bfs换成存储此时数字和此时各位之和，往下搜就是从 \(0\)~\(9\) 枚举增加的这一位。同时拿一个数组 \(p[dx][dy]\) 记录当数字是 \(dx\) ，数位之和是 \(dy\) ，储存从 \(x,y\) 这个状态而来，枚举的 \(i\) 。拿 \(pair\) 就行了。

是不是这样就完了？

当然不是。当你建 \(p\) 数组的时候，你就会又和我本来的枚举想法一样，不知道要建多大。想先打个过样例的，发现样例二自己就不行了。所以要优化，可以将第一维转化为数字 \(\%d\) 的值，因为bfs所以答案还是对的。

空间复杂度： \(O(ns)\)

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define PII pair<int,int>

using namespace std;
const int D=510,S=5010;
int d,s;
bool vis[D][S];
queue<PII> q;
pair<PII,int> p[D][S];

inline void bfs(){
    vis[0][0]=true;
    q.push(make_pair(0,0));
    while(!q.empty()){
        int x=q.front().first,y=q.front().second;
        q.pop();
        for(int i=0;i<10;i++){
            int dx=(x*10+i)%d,dy=y+i;
            if(dy<=s&&!vis[dx][dy]){
                vis[dx][dy]=true;
                p[dx][dy]=make_pair(make_pair(x,y),i);
                q.push(make_pair(dx,dy));
            }
        }
    }
}

void print(int x,int y){	//注意这里的输出和我的记录方式是对应的
    if(!x&&!y) return ;
    print(p[x][y].first.first,p[x][y].first.second);
    putchar('0'+p[x][y].second);
}

int main(){
    scanf("%d%d",&d,&s);
    bfs();
    if(!vis[0][s]) puts("-1");
    else print(0,s);
    return 0;
}