题面
传送门
思路
首先，我们观察一下上升数的性质
可以发现，它一定可以表示为最多9个全是1的数字的和
那么我们设$N$可以被表示成$k$个上升数的和，同时我们设$p_i=\underbrace{111\cdots 11}_{i}$
我们令$a_{i,j}$表示构成$N$的第$I$个上升数的第$j$个全1数的位数
那么可以写出这样的式子
$N=\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^9 p_{a[i][j]}$
我们发现，$p_{i,j}$这样子摆在这里非常不好操作，那么我们继续观察$p_i$的性质，发现：
$p_i=\frac{10^i - 1}{9}$
所以上式可以写成：
$N=\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^9 \frac{10^{a[i][j]}-1}{9}$
我们把9乘过去，再把右边的$9k$个1加过去，得到：
$9N+9k=\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^910^{a[i][j]}$
我们发现：右边这个东西，如果在所有的10的幂加起来的过程中，能够不进位的话，那么它的数位和一定是9k
如果它发生了进位，因为1次进位一定是-10+1，总数位和-9，而9k是9的倍数，所以这个东西的数位和一定是一个小于9k的9的倍数
再看左边，我们发现，实际上我们需要满足的就是$9N+9k$的数位和小于9k且是9的倍数，而$9N+9k$一定是9的倍数
所以我们只需要求出最小的$k$，使得$9N+9k$的数位和小于等于$9k$即可
由数学归纳法不难证明，本题中$k\leq len(N)$，所以我们只需要枚举$k=1\cdots 5e5$，只要维护一个高精度+即可，复杂度是担此操作均摊$O(1)$，总复杂度$O(n)$
Code
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
char s[1000010];int a[1000010];
int main(){
scanf("%s",s);int n=strlen(s),i,j,sum=0,k;
for(i=1;i<=n;i++) a[i]=(s[n-i]-'0')*9;
for(i=1;i<=n;i++){
a[i+1]+=a[i]/10;a[i]%=10;
}
if(a[n+1]) n++;
for(i=1;i<=n;i++) sum+=a[i];
for(k=1;k<=n*10;k++){
a[1]+=9;sum+=9;
j=1;
while(j<=n){
if(a[j]<10) break;
sum-=10;a[j]-=10;
sum++;a[j+1]++;
j++;
if(j==n&&a[j+1]) n++;//别忘了有可能加一位
}
if(sum<=9*k){//注意这里一定不要写成等于了
printf("%d\n",k);return 0;
}
}
}