HDU 4294 Multiple (数论+bfs)

最新推荐文章于 2017-09-08 17:30:09 发布

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本文介绍了一种求解特定条件下最小倍数的算法，针对给定正整数N，在K进制下寻找包含最少不同数字且能被N整除的最小倍数。通过运用鹊巢原理和广度优先搜索(BFS)策略，有效地解决了这一问题。

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Multiple

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 616 Accepted Submission(s): 159

Problem Description
　　Given a positive integer N, you’re to solve the following problem:
　　Find a positive multiple of N, says M, that contains minimal number of different digits in base-K notation. If there’re several solutions, you should output the numerical smallest one. By saying numerical smallest one, we compar their numerical value, so 0xAhex < 11dec.
　　You may assume that 1 <= N <= 104 and 2 <= K <= 10.

Input
　　There’re several (less than 50) test cases, one case per line.
　　For each test case, there is a line with two integers separated by a single space, N and K.
　　Please process until EOF (End Of File).

Output
　　For each test case, you should print a single integer one line, representing M in base-K notation,the answer.

Sample Input
10 8
2 3
7 5

Sample Output
2222
2
111111

/*
  关于数论中的鹊巢原理：对于M%N,结果只能为0~N-1，那么如果有N+1个不同的M，
  就肯定有两个数模N的结果相同。设这两个数为M1,M2(M2>M1)，则有(M2-M1)%N==0
  此题求在K进制下，用尽量少的数字拼成一个K进制数，使得该数对应的十进制数可以被
  N整除。那么设数字为x，K进制数有x,xx,xxx,...(xxx...xxx)（N+1个x），那么这些数里面，
  肯定有两个数模N的结果是相同的，两数想减有xxx...000是可以被N整除的。故有此可知，
  对于任意一个数N，它的倍数最多只需两个不同的数字拼接而成。
  所以可以用bfs完成每个数的枚举：
  首先枚举只需一个数字拼接而成的，根据数值大小确定答案。
  如果无法用一个数字拼接而成，则枚举两个数字，同样根据数值大小更新答案。值得注意
  的是，更新答案是判断两个数字的大小。那么首先是判断长度，长度小的数，其值也肯定
  小；长度相同再从高位到低位判断每一位的大小。
  */
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define SIZE 10086

using namespace std;

bool vis[SIZE];
int pre[SIZE],digit[2];
char ans[SIZE],tem[SIZE],now[SIZE];
int N,K,len;
queue <int> Q;

bool bfs(int num)
{
    while(!Q.empty())Q.pop();
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    int cur,nex;
    Q.push(0);
    while(!Q.empty())
    {
        cur = Q.front();
        Q.pop();
        for(int i=0; i<num; i++)
        {
            nex = (cur*K+digit[i])%N;
            if(cur == 0 && digit[i] == 0)
                continue;
            if(!vis[nex])
            {
                vis[nex] = true;
                pre[nex] = cur;    //记录搜索路径
                tem[nex] = (digit[i] + '0');   //对应路径
                if(nex == 0)
                    return true;
                Q.push(nex);
            }
        }
    }
    return false;
}

bool cmp(char *a,char *b) //比较大小
{
    int len1 = (int)strlen(a), len2 = (int)strlen(b);
    if(len1 != len2)
        return len1 < len2;
    for(int i=0; i<len1; i++)
        if(a[i] != b[i])
            return a[i] < b[i];
    return false;
}

void getStr(int st) //从余数为0根据路径往回找，得到该数。
{
    if(pre[st] != 0)
        getStr(pre[st]);
    now[len++] = tem[st];
}

void update()
{
    len = 0;
    getStr(0);
    now[len] = '\0';
    if(ans[0] == '\0' || cmp(now,ans))
        strcpy(ans,now);
}

int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&N,&K))
    {
        ans[0] = '\0';
        memset(pre,0,sizeof(pre));
        for(int i=1; i<K; i++)
        {
            digit[0] = i;
            if(bfs(1))
                update();
        }
        if(ans[0] == '\0')
        {
            for(int i=0; i<K; i++)
                for(int j=i+1; j<K; j++)
                {
                    digit[0] = i,digit[1] = j;
                    if(bfs(2))
                        update();
                }
        }
        printf("%s\n",ans);
    }
    return 0;
}