标签：10 取模 ll 多校 牛客 gc Sword include define

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/33189/K

题意：

给出n个数，要求从1到n以此得出这n个数，每轮可以进行一种操作，将\(x\)变成\((10*x+y)\%n\)，\(x\)最开始是\(0\)，\(y\)每次由自己随意指定，问最少操作多少次可以得到这n个数

解法：

假设\(n\)是\(100\)，那么显然，对于所有数\(i\)都可以经过两次操作变成\(i+1\),比如\(55\)变成\(56\)就是\(55*10+5\)变成\(555\)然后\(555*10+6=5556\)取模后就是\(56\)

所以，当\(n<=10^k\)时，所有数都可以由至多\(k\)次操作得出那么复杂度就是\(nlgn\)的

可是如何判定能否又更小的次数得出呢？

首先，每个数\(i\)一定是由\(i-1\)推过来的，我们从小到大枚举操作次数\(j\)，然后构造\((i-1)*10^j\)和\(i*10^j-1\)，比如i等于67时，先构造\(660\)和\(669\)，然后构造\(6600\)和\(6699\)，对于每次构造的两个数，分别对\(n\)取模，会产生两种情况，一种是取模后的值是正常递增的，那么如果\(i\)也在这个区间内就说明可以构造，另一种情况是两个递增区间，较小的这个递增到\(n-1\)后变成\(0\)继续递增到较大的这个那么如果\(i\)在这两个区间中出现至少一次就说明可行。如果两种情况都不符合就增加一次操作次数。

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#define ll long long
#define gc getchar
#define maxn 1000005
#define maxm 15
using namespace std;

inline ll read(){
	ll a=0;int f=0;char p=gc();
	while(!isdigit(p)){f|=p=='-';p=gc();}
	while(isdigit(p)){a=(a<<3)+(a<<1)+(p^48);p=gc();}
	return f?-a:a;
}int n,l,ans;

inline int len(int p){
	int cnt=0;
	do{
		p/=10;
		++cnt;
	}while(p);
	return cnt;
}

int main(){
	/*freopen("in.txt","r",stdin);
	freopen("1.out","w",stdout);*/
	n=read();
	l=len(n);
	if(n==1){
		puts("0");
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		ll p1=i-1,p2=i-1;
		for(int j=1;j<=l+1;++j){
			if(j==l){
				ans+=j;
				break;
			}
			p1*=10;
			p2=p2*10+9;
			if((p2%n!=p1%n+(p2-p1)&&(p2%n>=i%n||p1%n<=i%n))||(p2%n>=i%n&&p1%n<=i%n)){
				ans+=j;
				break;
			}
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

标签：10,取模,ll,多校,牛客,gc,Sword,include,define
来源： https://www.cnblogs.com/hanruyun/p/16541656.html

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