前言
发现一道好题目。题目广搜，需要绝妙的数学证明与剪枝，思维含量较大，搜索玩出花来。
若在比赛中肯定想不出正解（话说这篇题解也不是最优解）。我的数学太弱了……抽屉原理都不知道……
看题解吧: )

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题目

给定一个自然数N，找出一个M，使得M>0且M是N的倍数，并且M的10进制表示只包含0或1。求最小的M。
例如：N = 4，M = 100。
输入
输入1个数N。(1≤N≤10⁶)
输出
输出符合条件的最小的M。
输入样例
4
输出样例
100

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题解

首先对M存在进行证明。
考虑数列：1,11,111,…,11…11(N个1)。由抽屉原理知其中要么有数能被N整除，要么有两个数除N同余。若有数能整除，命题显然成立；若有两数除N同余，用大数减去小数，得到的数形如11…10…00，,能被N整除，命题也成立。
接着搜索构造M。最开始的数为1，每次考虑在原数的末尾加上0或1，按照此法进行搜索，当构造的数%N==0时，即为答案。此处搜索要用广搜，因为广搜可以保证搜到的第一个数一定是最小的。
显然，如此搜索需要剪枝。这里给出剪枝的方法是：若有两个构造得到的数x，y，不妨设x<y。如果x%N=y%N，那么y不必继续拓展。
证明。设x=k₁n+r，y=k₂n+r。x拓展得到的数x₁=10k₁n+10r，x₂=10k₁n+10r+1，y拓展得到的数为y₁=10k₂n+10r，y₂=10k₂n+10r+1。可以发现，x₁%n=y₁%n，x₂%n=y₂%n。于是得到，x拓展到答案的步数与y拓展到答案的步数相等。那么y显然不可能成为最佳答案，我们只需要拓展较小的数x即可。
具体实现时，只需不断标记x%n，之后若拓展得到的y%n已经被标记，那么continue。
但又有另一个问题：M可能极大，超出long long的范围，高精度又太慢，那该如何记录构造出的数呢？
注意到，数x到答案的步数只与x除n的余数r有关（可以从上文x拓展得到的x₁与x₂除n的余数证明）。再看上文剪枝的方法，发现：每个除n的余数只对应单独一个构造的数。那么我们可以以余数r为下标，记录对应的数的构造路径（例如101由10拓展得，那么101的r指向10的r）。输出时一路往前回指，递归输出即可。
此解针对的数据规模为N≤10⁶，此题的进阶版N≤10⁹需要更强大的算法，我也不会……

Code

#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
struct node {
	int bit, pre;
} path[N];
int n;
bool vis[N];
queue<int> q;
void bfs() {
	int x, y;
	path[1] = (node){1, -1};
	vis[1] = 1;
	q.push(1);
	while (!q.empty()) {
		x = q.front(); q.pop();
		if (x == 0) return ;
		for (int i = 0; i <= 1; i++) {
			y = (x * 10 + i) % n;
			if (!vis[y]) {
				path[y] = (node){i, x};
				vis[y] = 1;
				q.push(y);
			}
		}
	}
}
void Print(int x) {
	if (path[x].pre != -1) Print(path[x].pre);
	printf("%d", path[x].bit);
}
int main() {
	scanf("%d", &n);
	bfs();
	Print(0);
	printf("\n");
	return 0;
}