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。

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。

分类： 数据结构与算法设计 2013-09-17 20:35  123人阅读  评论(1)  收藏  举报

寻找满足条件的数

题目：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。

解法一：暴力求解。从1开始查找M，然后判断M*N=X这个数字是否只含有0,1.

解法二：由于没有直接的数学方法能帮我们直接得到M的值，所以我们只能进行搜索。由于相对M，乘积N*M具有明显的特征，需要搜索的空间要小很多，所以我们对乘积N*M进行搜索。如果N*M的结果有K位，则要循环2^K次，我们发现K的结果能轻易超过40，所以这个运行时间还是相当长。同余运算具有等价关系，mod N = i（0<=i

由于无论M还是N*M的位数都相当大，所以我们用大整数表示M和N*M。由于要N个大整数，所以N不能为大整数，即其值最好取一百万以内。

代码实现入下：

 #include
 #include
 #include
 using namespace std;
 bool FindNumber(int N,vector<int> *BigInt);
 int main()
 {
     int N,i;
     cout<<"Input a positive integer: ";
     cin>>N;
     vector<int> *BigInt=new vector<int>[N];//用来存放余数为0 ~ N最小数字，数字表示，如整数1001，则存为1001=10^0+10^3=(0,3)，适合大数的表示
     for(i=0;i
         BigInt[i].clear();
     bool found=FindNumber(N,BigInt);
     if(found)
     {
         int len=BigInt[0][BigInt[0].size()-1]+1;
         char *product=new char[len+1];
         int product2=0;
         for(i=0;i
             product[i]='0';
         product[len]='\0';
         vector<int>::iterator iter;
         for(iter=BigInt[0].begin();iter!=BigInt[0].end();iter++)
         {
             product2=product2+pow(10,*iter);
             product[*iter]='1';
         }
         int j=len-1;
         i=0;
         while(i
         {
             char tmp=product[j];
             product[j]=product[i];
             product[i]=tmp;
             i++;
             j--;
         }
         int M=product2/N;
         //product和product2都对应着乘积结果，但是product2对应着整型，乘积过大时，product2可能不会得到正确的结果；
         //product对应着乘积的字符串，可以表示大数的乘积结果，M为product2/N，即为要求的数，当product2溢出时，不是正确的结果,
         //那种情况下，需要用product/N，其中product为乘积的字符串表示，这里没有求解，读者可以自行解决。
         cout<" * "<" = "<" , "<
         delete []product;
     }
     else
         cout<<"Can not find M!"<
     delete []BigInt;
     return 0;
 }
 bool FindNumber(int N,vector<int> *BigInt)
 {
     int i,j,k;
     BigInt[1].push_back(0);
     int NoUpdate=0;
     for(i=1,j=10%N; ; i++,j=(j*10)%N)
     {
         bool flag=false;
         if(BigInt[j].size()==0)
         {
             flag=true;
             // BigInt[j]=10^i,(10^i)%N=j
             BigInt[j].clear();
             BigInt[j].push_back(i);
         }
         for(k=1;k
         {
             //有新的余数出现
             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++;
         else
             NoUpdate=0;
         //如果经过一个循环节都没能对BigInt进行更新，就是无解，跳出,
         //若有N次没更新过余数信息，则存在c>=0,10^(c+1)modN,...,10^(c+N)modN中必有两个是相等的，
         //那么继续进行下去也不会再更新了
         //或者BigInt[0]!=NULL,已经找到解，也跳出.
         if(NoUpdate==N||BigInt[0].size()>0)//若有N次没更新过余数信息，则存在c>=0,10^(c+1)modN,...,10^(c+N)modN中必有两个是相等的，那么继续进行下去也不会再更新了
             break;
     }
     if(BigInt[0].size()==0)
         return false;
     else
         return true;
 }

我们可以证明对于任意的N，一定存在M，使得N*M的乘积的十进制表示只有0和1。证明过程见:http://blog.csdn.net/jcwkyl/article/details/3859155

解决这个问题首先考虑对于任意的N，是否这样的M一定存在。可以证明，M是一定存在的，而且不唯一。
简单证明：因为

 

这是一个无穷数列，但是数列中的每一项取值范围都在[0, N-1]之间。所以这个无穷数列中间必定存在循环节。即假设有s,t均是正整数，且s，所以

例如，取N＝3，因为10的任何非负次方模3都为1，所以循环节周期为1.有：

 

给定N，求M的方法：
方法一：给定N，令M从2开始，枚举M的值直到遇到一个M使得N*M的十进制表示中只有1和0.
方法二：求出10的次方序列模N的余数序列并找出循环节。然后搜索这个余数序列，搜索的目的就是要在这个余数序列中找到一些数出来让它们的和是N的倍数。例如N=13，这个序列就是1,10,9,12,3,4然后不断循环。很明显有1+12=13，而1是10的0次方，12是10的3次方，所以这个数就是1000+1=1001，M就是1001/13=77。
方法三：因为N*M的取值就是1,10,11,100,101,110,111,......所以直接在这个空间搜索，这是对方法一的改进。搜索这个序列直到找到一个能被N整除的数，它就是N*M，然后可计算出M。例如N=3时，搜索树如下：

上图中括号内表示模3的余数。括号外表示被搜索的数。左子树表示0，右子树表示1.上图中搜索到第二层（根是第0层）时遇到111，它模3余数为0.所以N*M=111, M=111/3=37。
方法四：对方法三的改进。将方法三的搜索空间按模N余数分类，使得搜索时间和空间都由原来的指数级降到了O(N)。改进的原理：假设当前正在搜索由0，1组成的K位十进制数，这样的K位十进制数共有2^k个。假设其中有两个数X、Y，它们模N同余，那么在搜索由0、1组成的K+1位十进制数时，X和Y会被扩展出四个数：10X, 10X+1, 10Y, 10Y+1。因为X和Y同余（同余完全可以看作相等），所以10X与10Y同余，10X+1与10Y+1同余。也就是说由Y扩展出来的子树和由X扩展产生出来的子树产生完全相同的余数，如果X比Y小，那么Y肯定不是满足要求的最小的数，所以Y这棵子树可以被剪掉。这样，2^K个数按照模N余数分类，每类中只保留最小的那个数以供扩展。原来在这一层需要搜索2^K个数，现在只需要搜索O(N)个数。例如，当N=9时，第0层是1(1)，

如上图所示，第2层的110，第三层的1010、1110都因为同一层有和它同余且更小的数而被剪掉。如果按照方法三搜索，第三层本来应该有8个结点，但现在只有4个结点。

方法一的源代码：

 #include

 int HasOnlyOneAndZero(unsigned int n) {
     while(n) {
         if(n % 10 >= 2) return 0;
         n /= 10;
     }
     return 1;
 }

 int main() {
     int n, m;
     while(scanf("%d", &n) != EOF) {
         for(m = 1;;m++) {
             if(HasOnlyOneAndZero(n*m)) {
                 printf("n = %d, m = %d, n*m = %d/n", n, m, n*m);
                 break;
             }
         }
     }
     return 0;
 }

方法三的源代码：

 // 解法三(1):广度优先搜索
 #define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 1

 #include
 #include
 using namespace std;

 int main() {
     int N;
     while(scanf("%d", &N) != EOF) {
         queue<int> q;
         q.push(1);
         while(!q.empty()) {
             int t = q.front();
             q.pop();
             if(t % N == 0) {
                 printf("n = %d, m = %d, n*m = %d/n", N, t/N, t);
                 break;
             }
             q.push(t * 10);
             q.push(t * 10 + 1);
         }
     }
     return 0;
 }

方法四源代码：

 // 解法四：将搜索空间分过类的广度搜索，这样空间占用是O(N)而不是
 // 指数级。分类的原则是按照模N的余数分类
 #define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 1

 #include
 #include
 #include
 #include
 using namespace std;

 struct QNode {
     int v, r; // v is value, r is remainder
     QNode(int vv, int rr): v(vv), r(rr) {}
     QNode(): v(0), r(0) {}
 };

 int main() {
     int N;
     while(scanf("%d", &N) != EOF) {
         //bitset bn;
         queue q;
         q.push(QNode(1, 1));
         while(!q.empty()) {
             //bn.reset();
             vector<bool> bn(N, false);
             int s = q.size();
             while(s--) {
                 QNode t = q.front();
                 if(t.r == 0) {
                     printf("n = %d, m = %d, n*m = %d/n", N, t.v/N, t.v);
                     goto ok;
                 }
                 q.pop();
                 if(!bn[t.r * 10 % N]) {
                     bn[t.r * 10 % N] = true;
                     q.push(QNode(t.v * 10, t.r * 10 % N));
                 }
                 if(!bn[(t.r * 10 + 1) % N]) {
                     bn[(t.r * 10 + 1) % N] = true;
                     q.push(QNode(t.v * 10 + 1, (t.r * 10 + 1) % N));
                 }
             }
         }
 ok:;
     }
     return 0;
 }