[agc011e]increasing numbers

题意：

如果一个十进制非负整数的所有数位从高位到低位是不减的，我们称它为“上升数”，例如1558,11,3,0都是上升数，而10,20170312则不是；

给定整数N，求最小的k使得N能被表示为k个上升数之和。

$1\leq N\leq 10^{500000}$

题解：

一个结论：每个上升数必定能被分解为九个全一数的和；

所谓“全一数”就是指1,1111,11111111这种每一位数都为1的数（包括0），证明显然。

设N可以被分解成K个全一数之和，显然答案$k=\lceil\frac{K}{9}\rceil$；

由于全一数不好处理，我们可以把一个长度为$l$的全一数变成$\frac{(10^{l+1}-1)}{9}$，那么有：

$N=\sum\limits_{i=1}^{K}\frac{(10^x)}{9}$（此处$x$代表不确定的位数）

$9N=\sum\limits_{i=1}^{K}(10^x-1)$

$9N+K=\sum\limits_{i=1}^{K}10^x$

这个式子是什么意思呢？如果不考虑进位，右边每一项都会使数位和+1，那么总体就说明$9N+K$的数位和等于$K$的数位和，此时$K$一定是9的倍数；

如果考虑进位，那么每进一位数位和就会减少9，因此$K$仍然要是9的倍数。

由于答案最多不会超过N的位数，枚举k，写个高精度乱做就行了。。。注意加法的时候没有进位就要break，这样是均摊$O(1)$的，否则是$O(n^2)$的。

代码：

 

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #include
 5 #include
 6 #include
 7 #define inf 2147483647
 8 #define eps 1e-9
 9 using namespace std;
10 typedef long long ll;
11 int n,tot,a[800001];
12 char s[500001];
13 void mul(int a[],int &n,int k){
14     int p=0;
15     tot=0;
16     for(int i=1;i<=n;i++){
17         p=a[i]*k+p;
18         a[i]=p%10;
19         tot+=a[i];
20         p/=10;
21     }
22     if(p)a[++n]=p;
23     tot+=p;
24 }
25 void add(int a[],int &n,int k){
26     int p=0;
27     tot-=a[1];
28     a[1]+=k;
29     p=a[1]/10;
30     a[1]%=10;
31     tot+=a[1];
32     for(int i=2;i<=n;i++){
33         tot-=a[i];
34         a[i]+=p;
35         p=a[i]/10;
36         a[i]%=10;
37         tot+=a[i];
38         if(!p)break;
39     }
40     if(p)a[++n]=p;
41     tot+=p;
42 }
43 int main(){
44     scanf("%s",s);
45     n=strlen(s);
46     for(int i=1;i<=n;i++){
47         a[i]=s[n-i]-'0';
48     }
49     mul(a,n,9);
50     for(int i=1;i<=n;i++){
51         add(a,n,9);
52         if(tot%9==0&&i*9>=tot)return printf("%d",i),0;
53     }
54     return 0;
55 }

 

转载于:https://www.cnblogs.com/dcdcbigbig/p/9724243.html