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

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 ;
}
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