找符合条件的整数

来源：互联网发布：linux搭建lamp环境编辑：程序博客网时间：2024/05/21 11:23

任意给定一个正整数N，求一个最小的正整数M（M >1），使得N * M的十进制表示形式里只含有1和0。

解法1：

看了题目要求之后，我们的第一想法就是从小到大枚举M的取值，然后再计算N * M，最后判断它们的乘积是否只含有1和0。大体的思路可以用下面的伪代码来实现：

for(M = 2; ; M++)

{

product = N * M;

if(HasOnlyOneAndZero(product))

output N, M, Product, and return;

}

但是问题很快就出现了，什么时候应该终止循环呢？这个循环会终止吗？即使能够终止，也许这个循环仍需要耗费太多的时间，比如N = 99时，M = 1 122 334 455 667 789，N * M = 111 111 111 111 111 111。

解法2：

题目中的直接做法显然不是一个令人满意的方法。还有没有其他的方法呢？答案是肯定的。

可以做一个问题的转化。由于问题中要求N * M的十进制表示形式里只含有1和0，所以N * M与M相比有明显的特征。我们不妨尝试去搜索它们的乘积N *M，这样在某些情况下需要搜索的空间要小很多。另外，搜索N * M，而不去搜索M，其实有一个更加重要的原因，就是当M很大时，特别是当M大于2³²时，某些机器就可能没法表示M了，我们就得自己实现高精度大整数类。但是考虑N * M的特点，可以只需要存储N * M的十进制表示中“1”的位置，这样就可以大大缩小为表示N * M所需要的空间，从而使程序能处理数值很大的情况。因此，考虑到程序的推广性，选择了以N * M为目标进行计算。

换句话说，就是把问题从“求一个最小的正整数M，使得N * M的十进制表示形式里只含有1和0”变成求一个最小的正整数X，使得X的十进制表示形式里只含有1和0，并且X被N整除。

我们先来看一下X的取值，X从小到大有如下的取值：1、10、11、100、101、110、111、1000、1001、1010、1011、1100、1101、1110、1111、10000、……

如果直接对X进行循环，就是先检查X=1是否可以整除N，再检查X=10，然后检查X=11，接着检查X=100…（就像遍历二进制整数一样遍历X的各个取值）。但是这样处理还是比较慢，如果X的最终结果有K位，则要循环搜索2^K次。由于我们的目标是寻找最小的X，使得X mod N= 0，我们只要记录mod N =i（0 <= i < N）的最小X就可以了。这样通过避免一些不必要的循环，可以达到加速算法的目的。那么如何避免不必要的循环呢？先来看一个例子：

设N=3，X=1，再引入一个变量j，j=X % N。直接遍历X，计算中间结果如表2-1所示：

表2-1

Num

100

101

110

111

表2-1计算110 % 3是多余的。原因是1和10对3的余数相同，所以101和110对3的余数相同，那么只需要判断101是否可以整除3就可以了，而不用判断110是否能整除3。并且，如果X的最低3位是110，那么可以通过将101替换110得到一个符合条件的更小正整数。因此，对于mod N同余的数，只需要记录最小的一个。

有些读者可能会问，当X循环到110时，我怎么知道1和10对3的余数相同呢？其实，X=1，X=10是否能整除3，在X循环到110时都已经计算过了，只要在计算X=1，X=10时，保留X % N的结果，就可以在X=110时作出判断，从而避免计算X % N。

以上的例子阐明了在计算中保留X除以N的余数信息可以避免不必要的计算。下面给出更加形式化的论述。

假设已经遍历了X的十进制表示有K位时的所有情况，而且也搜索了X=10^K的情况，设10^K%N = a。现在要搜索X有K+1位的情况，即X=10^K+Y，（0<Y<10^K）。如果用最简单的方法，搜索空间（Y的取值）将有2^K-1个数据。但是如果对这个空间进行一下分解，即把Y按照其对N的余数分类，我们的搜索空间将被分成N-1个子空间。对于每个子空间，其实只需要判断其中最小的元素加上10^K是否能被N整除即可，而没有必要判断这个子空间里所有元素加上10^K是否能被N整除。这样搜索的空间就从2^K-1维压缩到了N-1维。但是这种压缩有一个前提，就是在前面的计算中已经保留了余数信息，并且把Y的搜索空间进行了分解。所谓分解，其实，从技术上讲，就是对于“X模N”的各种可能结果，保留一个对应的已经出现了的最小的X（即建立一个长度为N的“余数信息数组”，这个数组的第i位保留已经出现的最小的模N为i的X）。

那么现在的问题就是如何维护这个“余数信息数组”了。假设已经有了X的十进制表示有K位时的所有余数信息。也有了X=10^K的余数信息。现在我们要搜索X有K+1位的情况，也即X=10^K+Y，（0<Y<10^K）时，X除以N的余数情况。由于已经有了对Y的按除N的余数进行的空间分解情况，即Y<10^K的余数信息数组。我们只需要将10^K%N的结果与余数信息数组里非空的元素相加，再去模N，看看会不会出现新的余数即可。如果出现，就在余数信息数组的相应位置增添对应的X。这一步只需要N次循环。

综上所述，假设最终的结果X有K位，那么直接遍历X，需要循环2^K次，而按照我们保留余数信息避免不必要的循环的方法，最多只需要（K-1）*N步。可以看出，当最终结果比较大时，保留余数信息的算法具有明显的优势。

下面是这个算法的伪代码：BigInt[i]表示模N等于i的十进制表示形式里只含1和0的最小整数。由于BigInt[i]可能很大，又因为它只有0和1，所以，只需要记下1的位置即可。比如，整数1001，记为（0, 3）= 10⁰+10³。即BigInt的每个元素是一个变长数组，对于模N等于i的最小X，BigInt的每个元素将存储最小X在十进制中表示“1”的位置。我们的目标就是求BigInt[0]。

代码清单2-17

// 初始化

for(i = 0; i < N; i++)

BigInt[i].clear();

BigInt[1].push_back(0);

for(i = 1, j = 10 % N; ;i++, j = (j * 10) % N)

{

int NoUpdate = 0;

bool flag = false;

if(BigInt[j].size() == 0)

{

// BigInt[j] = 10^i, (10^i % N = j)

BigInt[j].clear();

BigInt[j].push_back(i);

}

for(k = 1; k < N; k++)

{

if((BigInt[k].size() > 0)

&& (i > BigInt[k][BigInt[k].size() - 1])

&& (BigInt[(k + j) % N].size() == 0))

{

// BigInt[(k + j) % N] = 10^i + BigInt[k]

flag = true;

BigInt[(k + j) % N] = BigInt[k];

BigInt[(k + j) % N].push_back(i);

}

if(flag == false)

NoUpdate++;

// 如果经过一个循环节都没能对BigInt进行更新，就是无解，跳出。

// 或者BigInt[0] != NULL，已经找到解，也跳出。

if(NoUpdate == N || BigInt[0].size() > 0)

break;

}

if(BigInt[0].size() == 0)

{

// M not exist

}

else

{

// Find N * M = BigInt[0]

}

在上面的实现中，循环节取值N（其实循环节小于等于N，循环节就是最小的c，使得10^c mod N = 1）。

这个算法其实部分借鉴了动态规划算法的思想。在动态规划算法的经典实例“最短路径问题”中，当处理中间结点时，只需要得到从起点到中间结点的最短路径，而不需要中间结点到那个端点的所有路径信息。“只保留模N的结果相同的X中最小的一个”的方法，与此思路相似。

解法3：

从网上别人处搜来的方法：

书中的方法很好，但是个人认为判断条件过多从而不容易掌握。可以利用BFS+剪枝即可，容易理解。《编程之美读书笔记》中有关于此题的BFS解法，但是我认为他剪得不彻底，可以再多剪剪。
　　
　　标准BFS搜索m*n，所有0，1组成的数可以构造出一颗二叉树从而进行BFS。每层的数字长度相同，每个节点的左右孩子为其末尾分别添加0，1。BFS可保证是从小到大进行测试。
　　
　　由于是按层序遍历的，因此可以保证如果bitmap中某个余数的对应项被置为1，则表示对应该余数的最小n*m已经找到。今后只需对它扩展即可。因为假设该数为x，之后遍历到的与它同余的数位y，则x<y。由y扩展出来的子树和x扩展出来的子树相同，因此可以把y对应的子树剪枝
　　
　　bitmap[i]==1表示mod n余i的最小数已经被找到并且已经放入队列中继续做其子树的扩展。
　　之后再遇到余i的数，其子树和已找到的的最小的数相同，所以不需要再进行扩展，因此可以舍弃不处理（即不入队）
　　
　　复杂度：若最终结果为k位，每一层最多有n个节点（余数为0...n-1），
　　因此空间复杂度为n（队列中最多有n个不同余数的节点），时间复杂度为O(kn)
　　
　　code:
　　
　　struct slot
　　{
　　 slot():val(0),remainder(0){}
　　 slot( __int64 v, __int64 r ):val(v),remainder(r){}
　　 __int64 val ; __int64 remainder ;
　　};
　　
　　void OnlyHasOneAndZero2( __int64 n )
　　{
　　 slot *Q = new slot[n+1] ;
　　 char *bitmap = new char[n] ;
　　 memset( bitmap, 0, sizeof(char)*n ) ;
　　
　　 slot a ;
　　 __int64 rear, front, capacity ;
　　 __int64 left, right ;
　　 __int64 leftR, rightR ;
　　
　　 rear = 0 ; front = 1 ; capacity = n ;
　　 if( n==1 ) //***注意当n为1时，1%1=0，此为特殊情况
　　 Q[++rear] = slot(1,0) ;
　　 else
　　 Q[++rear] = slot(1,1) ;
　　
　　 while( true )
　　 {
　　 a = Q[front] ; //出栈做处理、判断
　　 if( ++front == capacity )
　　 front = 0 ;
　　
　　 if( a.remainder == 0 )
　　 {
　　 printf( "n*m=%I64d , m=%I64d\n", a.val, a.val/n ) ;
　　 delete []Q ;
　　 delete []bitmap ;
　　 return ;
　　 }
　　
　　 left = a.val*10 ; leftR = a.remainder*10%n ;
　　 right = a.val*10+1 ; rightR = (a.remainder*10+1)%n ;
　　
　　 //只要bitmap中某位i被置1，则意味着mod n余i的最小数已经被找到
　　 //若其左孩子的余数未出现过，则将其bitmap位置1，并加入队列做下面的扩展
　　 if( !bitmap[leftR] )
　　 {
　　 bitmap[leftR] = 1 ;
　　
　　 if( ++rear == capacity )
　　 rear = 0 ;
　　 Q[rear] = slot( left, leftR ) ;
　　 }
　　 if( !bitmap[rightR] )
　　 {
　　 bitmap[rightR] = 1 ;
　　
　　 if( ++rear == capacity )
　　 rear = 0 ;
　　 Q[rear] = slot( right, rightR ) ;
　　 }
　　 }
　　}

扩展问题

1. 对于任意的N，一定存在M，使得N * M的乘积的十进制表示只有0和1吗？

对于任意的N，一定存在M，使得N*M的乘积的十进制表示只有0和1吗？

我百度到的答案是肯定存在，所以我的代码就假设一定存在解。

实际上书中的代码用了抽屉原理判断是否有解。

2. 怎样找出满足题目要求的N和M，使得N * M < 2¹⁶，且N+M最大？

根据N定出M的上界，并在这个范围内进行查找。

用如上的思路都可以解决。

BFS：先拓展值较大的点，每层同余的数只保留值大的。

书中的方法：也是要保留大值。

这些都还要加上边界的判断。

0 0