标签：数位 right 进制 减法 prod 十进制 left

X 进制减法

进制规定了数字在数位上逢几进一。

$X$ 进制是一种很神奇的进制，因为其每一数位的进制并不固定！

例如说某种 $X$ 进制数，最低数位为二进制，第二数位为十进制，第三数位为八进制，则 $X$ 进制数 $321$ 转换为十进制数为 $65$。

现在有两个 $X$ 进制表示的整数 $A$ 和 $B$，但是其具体每一数位的进制还不确定，只知道 $A$ 和 $B$ 是同一进制规则，且每一数位最高为 $N$ 进制，最低为二进制。

请你算出 $A−B$ 的结果最小可能是多少。

请注意，你需要保证 $A$ 和 $B$ 在 $X$ 进制下都是合法的，即每一数位上的数字要小于其进制。

输入格式

第一行一个正整数 $N$，含义如题面所述。

第二行一个正整数 $M_{a}$，表示 $X$ 进制数 $A$ 的位数。

第三行 $M_{a}$ 个用空格分开的整数，表示 $X$ 进制数 $A$ 按从高位到低位顺序各个数位上的数字在十进制下的表示。

第四行一个正整数 $M_{b}$，表示 $X$ 进制数 $B$ 的位数。

第五行 $M_{b}$ 个用空格分开的整数，表示 $X$ 进制数 $B$ 按从高位到低位顺序各个数位上的数字在十进制下的表示。

请注意，输入中的所有数字都是十进制的。

输出格式

输出一行一个整数，表示 $X$ 进制数 $A−B$ 的结果的最小可能值转换为十进制后再模 $1000000007$ 的结果。

数据范围

对于 $30\%$ 的数据，$N \leq 10;M_{a},M_{b} \leq 8$，
对于 $100\%$ 的数据，$2 \leq N \leq 1000;1 \leq M_{a},M_{b} \leq 100000;A \geq B$。

输入样例：

11
3
10 4 0
3
1 2 0

输出样例：

94

样例解释

当进制为：最低位 $2$ 进制，第二数位 $5$ 进制，第三数位 $11$ 进制时，减法得到的差最小。

此时 $A$ 在十进制下是 ${10}^{8}$，$B$ 在十进制下是 $14$，差值是 $94$。

 

解题思路

　　当时写这个题目的时候完全看不懂这个进制是怎么转换的，所以直接没写了。

　　比如题目中的$X$进制下的$321$，是通过$3 \times 10 \times 2 + 2 \times 2 + 1 = 65$这样转换成十进制的。如果一个数一共有$n$位（最低位为第$0$位，最高位为第$n-1$位），第$i$位为数$a_{i}$，且第$i$位为$p_{i}$进制，那么将其转换成十进制就是$$\sum_{i=1}^{n-1} \left( {{a_{i} \cdot \prod_{j=0}^{i-1} {p_{j}}}} \right) + a_{0}$$

　　现在给定两个数$A$和$B$，要求这两个数每一位的进制数是相同的，且合法，要求每一位的进制数，使得$A-B$的值最小。

　　假设$A = a_{n-1}a_{n-2} \dots a_{0}$，$B = b_{m-1}b_{m-2} \dots b_{0}$。

　　首先因为每一位的进制是相同的，并且要求合法，因此会得到每一位的进制的取值范围为$max\{ 2,~ max\{ {a_{i} + 1,~ b_{i}+1 \}} \} \leq p_{i} \leq N$。

　　把$A$转换成十进制，得到$$A = \sum_{i=1}^{n-1} \left( {{a_{i} \cdot \prod_{j=0}^{i-1} {p_{j}}}} \right) + a_{0} = a_{n-1}\prod_{i=0}^{n-2} {p_{i}} + a_{n-2}\prod_{i=0}^{n-3} {p_{i}} + \dots + a_{0}$$

　　同理，把$B$转换成十进制，得到$$B = \sum_{i=1}^{m-1} \left( {{b_{i} \cdot \prod_{j=0}^{i-1} {p_{j}}}} \right) + b_{0} = b_{m-1}\prod_{i=0}^{m-2} {p_{i}} + b_{m-2}\prod_{i=0}^{m-3} {p_{i}} + \dots + b_{0}$$

 　　为了方便，如果$n \ne m$，我们就在位数少的数前面补$0$。比如如果这里的$m < n$，那么我们在$B$的最高位开始补$n - m$个$0$，这并不影响转换成十进制的结果。因此下面的分析把$m$改成$n$，其中$b_{n-1} \sim b_{m}$都为$0$。

　　$A-B$得到的结果就是

\begin{align*}
A - B & = \sum_{i = 1}^{n-1} \left( {{ \left( {a_{i} - b_{i}} \right) \cdot \prod_{j = 0}^{i-1} {p_{j}}}} \right) + a_{0} - b_{0} \\
& = \left( a_{n-1} - b_{n-1} \right) \prod_{i = 0}^{n-2} {p_{i}} + \left( a_{n-2} - b_{n-2} \right) \prod_{i = 0}^{n-3} {p_{i}} + \dots + a_{0} - b_{0} \\
& = d_{n-1} \prod_{i = 0}^{n-2} {p_{i}} + d_{n-2} \prod_{i = 0}^{n-3} {p_{i}} + \dots + d_{0}
\end{align*}

其中$d_{i} = a_{i} - b_{i}$。虽然$A \geq B$，但$d_{i}$还是有可能小于$0$的。

　　我们单独分析某个$p_{k}$，看看这个$p_{k}$取什么值，可以使得$A-B$最小。可以发现，对于每一项的$d_{i} \prod\limits_{j=0}^{i-1} {p_{j}}$，当$i$在$n-1 \sim k+1$这个范围内，每一项的$d_{i}$都会乘上$p_{k}$，当$i$在$k \sim 0$这个范围内，每一项的$d_{i}$都不会乘上$p_{k}$，因此在$A-B$中，我们把包含$p_{k}$的项提取出来，即$$d_{n-1} \prod_{i=0}^{n-2} {p_{i}} + d_{n-2} \prod_{i=0}^{n-3} {p_{i}} + \dots + d_{k+1} \prod_{i=0}^{k} {p_{i}}$$在把公因子$p_{k} \cdot p_{k-1} \cdots p_{0}$提取出来，得到$$\left( d_{n-1} \prod_{i=k+1}^{n-2} {p_{i}} + d_{n-2} \prod_{i=k+1}^{n-3} {p_{i}} + d_{k+1} \right) \cdot p_{k} \cdot p_{k-1} \cdots p_{0}$$

　　首先可以发现$p_{k-1} \cdots p_{0}$是严格大于$0$的。

　　然后我们下面证明$d_{n-1} \prod\limits_{i=k+1}^{n-2} {p_{i}} + d_{n-2} \prod\limits_{i=k+1}^{n-3} {p_{i}} + d_{k+1}$是严格大于等于$0$的。

　　我们先把$d_{i}$换回$a_{i} - b_{i}$，得到$$\left( a_{n-1} - b_{n-1} \right) \prod_{i=k+1}^{n-2} {p_{i}} + \left( a_{n-2} - b_{n-2} \right) \prod_{i=k+1}^{n-3} {p_{i}} + a_{k+1} - b_{k+1}$$即$$a_{n-1} \prod_{i=k+1}^{n-2} {p_{i}} + a_{n-2} \prod_{i=k+1}^{n-3} {p_{i}} + a_{k+1} - \left( b_{n-1} \prod_{i=k+1}^{n-2} {p_{i}} + b_{n-2}\prod_{i=k+1}^{n-3} {p_{i}} + b_{k+1} \right)$$其中$a_{n-1} \prod\limits_{i=k+1}^{n-2} {p_{i}} + a_{n-2} \prod\limits_{i=k+1}^{n-3} {p_{i}} + a_{k+1}$为$A$的第$n-1 \sim k+1$位的前缀的十进制数，即$a_{n-1}a_{n-2} \dots a_{k+1}$对应的十进制数，同理$b_{n-1} \prod\limits_{i=k+1}^{n-2} {p_{i}} + b_{n-2}\prod\limits_{i=k+1}^{n-3} {p_{i}} + b_{k+1}$为$b_{n-1}b_{n-2} \dots b_{k+1}$对应的十进制数。

　　又因为$A \geq B$，因此有$A$的前缀$\geq$$B$的前缀，即$$a_{n-1} \prod_{i=k+1}^{n-2} {p_{i}} + a_{n-2} \prod_{i=k+1}^{n-3} {p_{i}} + a_{k+1} \geq b_{n-1} \prod_{i=k+1}^{n-2} {p_{i}} + b_{n-2}\prod_{i=k+1}^{n-3} {p_{i}} + b_{k+1}$$即$$d_{n-1} \prod_{i=k+1}^{n-2} {p_{i}} + d_{n-2} \prod_{i=k+1}^{n-3} {p_{i}} + d_{k+1} \geq 0$$

　　因此，要使$$\left( d_{n-1} \prod_{i=k+1}^{n-2} {p_{i}} + d_{n-2} \prod_{i=k+1}^{n-3} {p_{i}} + d_{k+1} \right) \cdot p_{k} \cdot p_{k-1} \cdots p_{0}$$最小，那么$p_{k}$应该尽可能取到最小，根据$p_{i}$的取值范围$max\{ 2,~ max\{ {a_{i} + 1,~ b_{i}+1 \}} \} \leq p_{i} \leq N$，因此对于每一个$p_{k}$，都应该取$p_{k} = max\{ 2,~ max\{ {a_{k} + 1,~ b_{k}+1 \}} \}$。

　　其中求$A - B = d_{n-1} \prod\limits_{i=0}^{n-2} {p_{i}} + d_{n-2} \prod\limits_{i=0}^{n-3} {p_{i}} + \dots + d_{0}$可以用秦九韶算法。

　　AC代码如下：

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

const int N = 1e5 + 10, mod = 1000000007;

int a[N], b[N];

int main() {
    int k, n, m;
    scanf("%d", &k);
    scanf("%d", &n);
    for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {  // 读入A的每一位，倒叙存储即a0 a1 ... an-1
        scanf("%d", a + i);
    }
    scanf("%d", &m);
    for (int i = m - 1; i >= 0; i--) {  // 读入B的每一位，倒叙存储即b0 b1 ... bn-1
        scanf("%d", b + i);
    }
    
    int ret = 0;
    for (int i = max(n, m) - 1; i >= 0; i--) {
        // 每一位的进制数取max{2, a[i] + 1, b[i] + 1}
        ret = (1ll * ret * max(2, max(a[i], b[i]) + 1) + a[i] - b[i]) % mod;    // 秦九韶算法
    }
    
    printf("%d", ret);
    
    return 0;
}

 

参考资料

　　AcWing 4404. X 进制减法（蓝桥杯C++ AB组辅导课）：https://www.acwing.com/video/3801/

标签：数位,right,进制,减法,prod,十进制,left
来源： https://www.cnblogs.com/onlyblues/p/16295632.html

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