ATcoder2038 【桁和 / Digit Sum】_atcoder digit sum-优快云博客

本文探讨了一种特殊数学问题的高效求解策略，通过分析不同情况下的算法表现，提出了一种结合枚举与质因数分解的O(sqrt(n))复杂度算法，有效解决了在1≤n≤10^11范围内找到满足特定条件的b值的问题。

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先考虑一些特殊情况比如 $n > s$ 与 $n = s$ 时
当 $n > s$ 时，可以想象这样是无解的
当 $n = s$ 时， $b = n + 1$
然后呢，先考虑朴素做法：枚举 $n$ 以内所有数，作为 $b$ 。
当然 $1≤n≤10111\leq n \leq 10^{11}$ ，朴素做法肯定会TLE。
当然看这个范围，如果以 $O(n)O(\sqrt n)$ 的算法肯定可过。
我们就想想以 $n\sqrt n$ 为分界线
小于 $n\sqrt n$ 就可以直接枚举 $b$ 的值
而大于 $n\sqrt n$ 时又会怎么样呢
可设整数 $a, t$ 使得 $a * b + t = n$ 与 $a + t = s$
那么我们有 $(b - 1) * a = n - s$
那么答案就在 $n - s$ 的质因数中了。
枚举质因数，这道题就变成 $O(n)O(\sqrt n)$ 了。

code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
using namespace std;

ll n, s, ans = -1;

inline ll read() {
	ll s = 0, f = 1;
	char ch;
	for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar())	if(ch == '-')	f = -1;
	for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar())	s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0';
	return s * f;
}

inline ll f(ll b, ll n) {
	ll ans = 0;
	while(n)	ans += n % b, n /= b;
	return ans;
}

int main() {
	n = read(), s = read();
	ll u = sqrt(n) + 1;
	for(ll i = 2; i <= u; ++i)	if(f(i, n) == s) { ans = i; break; }
	if(n == s) { ans = n + 1; }
	if(ans == -1 && n > s) {
		ll c = n - s;
		u = c / (u - 1) + 1;
		for(ll i = u; i >= 1; --i) {
			ll b = c / i + 1;
			if(!(c % i) && s >= i && (s - i) < b && i < b) {
				ans = b;
				break;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}