POJ 1426 - Find The Multiple

算法

原创

发布日期: 2011-06-15

更新日期: 2024-11-17

文章字数: 1.9k

阅读时长: 8 分

阅读次数:

POJ 1426 - Find The Multiple
Time: 1000MS
Memory: 10000K
难度: 初级
分类: BFS

问题描述

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。

解题思路

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。

解题方法: BFS + 同余模定理。

朴素的不剪枝搜索方法

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：

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。
搜索下一位，此时有两种可能：
- 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
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
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。

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）。

那么我们若再用 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 转化为模 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 = (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 值，

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-1] 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。

AC 源码

//Memory Time
//2236K  32MS 

#include<iostream>
using namespace std;

int mod[524286];  //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[1]=1%n;  //初始化，n倍数的最高位必是1

        for(i=2;mod[i-1]!=0;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/2]*10+i%2)%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=0;
        while(i)
        {
            mod[pm++]=i%2;   //把*10操作转化为%2操作，逆向求倍数的每一位数字
            i/=2;
        }
        while(pm)
            cout<<mod[--pm];  //倒序输出
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}