ATcoder2038 【桁和 / Digit Sum】

• 先考虑一些特殊情况比如$n>s$与$n=s$时
• 当$n>s$时，可以想象这样是无解的
• 当$n=s$时，$b=n+1$
• 然后呢，先考虑朴素做法：枚举$n$以内所有数，作为$b$。
• 当然$1\le n\le 10^{11}$，朴素做法肯定会TLE。
• 当然看这个范围，如果以$O(\sqrt{n})$的算法肯定可过。
• 我们就想想以$\sqrt{n}$为分界线
• 小于$\sqrt{n}$就可以直接枚举$b$的值
• 而大于$\sqrt{n}$时又会怎么样呢
• 可设整数$a,t$使得$a\ast b+t=n$与$a+t=s$
• 那么我们有$(b-1)\ast a=n-s$
• 那么答案就在$n-s$的质因数中了。
• 枚举质因数，这道题就变成$O(\sqrt{n})$了。

code:

#include
#define ll long long 
using namespace std;

ll n, s, ans = -1;

inline ll read() {
	ll s = 0, f = 1;
	char ch;
	for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar())	if(ch == '-')	f = -1;
	for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar())	s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0';
	return s * f;
}

inline ll f(ll b, ll n) {
	ll ans = 0;
	while(n)	ans += n % b, n /= b;
	return ans;
}

int main() {
	n = read(), s = read();
	ll u = sqrt(n) + 1;
	for(ll i = 2; i <= u; ++i)	if(f(i, n) == s) { ans = i; break; }
	if(n == s) { ans = n + 1; }
	if(ans == -1 && n > s) {
		ll c = n - s;
		u = c / (u - 1) + 1;
		for(ll i = u; i >= 1; --i) {
			ll b = c / i + 1;
			if(!(c % i) && s >= i && (s - i) < b && i < b) {
				ans = b;
				break;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

又是一道结论题