好题集 (5) - AT ARC084B Small Multiple

题目传送门。

题意：给定一个整数 \(k\)，求一个 \(k\) 的正整数倍 \(s\)，使得 \(s\) 的数位和最小。

首先有一个基本结论：任意正整数都可以从 \(1\) 开始，经过若干次 \(+1\) 和 \(\times 10\) 得到。

而进一步观察，可以发现前一种操作会使数位和增加 \(1\)，后一种操作不影响数位和。那么一个正整数的数位和，实际上就是它从 \(1\) 变化而来的所有方式中，最小的 \(+1\) 次数再加 \(1\)（因为起点是 \(1\)）。显然我们要尽可能多地 \(\times 10\)，才能找到这一次数。

举例来说，\(91\) 可以是从 \(1\) 开始，连加 \(90\) 个 \(1\) 而得到的；也可以是先做 \(8\) 次 \(+1\) 操作，再乘以 \(10\)，最后 \(+1\) 而得到的。可以发现，后一种方式只需要 \(9\) 次 \(+1\)，且不存在 \(+1\) 次数更少的方式。因此，\(91\) 的数位和是 \(10\)。

接下来把这一性质运用到本题中。由“最小的 \(+1\) 次数”，联想到以某种方式建出一张图，然后求最短路。

我们要凑的是 \(k\) 的倍数，因此我们将所有正整数在模 \(k\) 意义下分类，同余的分为一类，即通常所说的“同余类”。这样我们就得到了 \(k\) 个同余类，其中每个同余类的编号定义为这里面的数模 \(k\) 的余数。

接下来，将每个同余类视作图中的一个结点，记为 \(u\)。对于 \(\forall u \in [0,k-1]\cap\mathbb{Z}\)，我们建出有向边 \(u\rightarrow (u+1)\bmod k\) 和 \(u\rightarrow (10u)\bmod k\)。由之前的结论，前者的边权为 \(1\)，后者的边权为 \(0\)。

显然 \(k\) 的倍数位于 \(0\) 号同余类中，因此要找到数位和最小的 \(k\) 的倍数，我们只需要在这张图上跑出 \(1\) 到 \(0\) 的最短路。最短路的长度就是数位和。

代码（题中的 \(k\) 在代码里改成了 \(n\)，注意鉴别）：

#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;

const int N=1e5+5;

int n;

namespace graph{
	
	#define rep for(int i=head[u];~i;i=e[i].nxt)
	#define handle int v=e[i].v,w=e[i].w;
	
	int idx=-1;
	
	int head[N];
	
	struct edge{
		int v,nxt,w;
	}e[N<<3];
	
	inline void add(int u,int v,int w){
		return e[++idx]={v,head[u],w},head[u]=idx,void();
	}
	
	int dis[N];
	bool vis[N];
	
	inline void SPFA(int s){
		for(int i=0;i<N;++i)dis[i]=1e9;
		queue<int>q;q.push(s),dis[s]=1;
		while(!q.empty()){
			int u=q.front();q.pop(),vis[u]=0;
			rep{
				handle;
				if(dis[v]>dis[u]+w){
					dis[v]=dis[u]+w;
					if(!vis[v])vis[v]=1,q.push(v);
				}
			}
		}
		return ;
	}
	
	#undef rep
	#undef handle
	
}using namespace graph;

signed main(){
	for(int i=0;i<N;++i)head[i]=-1;
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=0;i<n;++i)add(i,(i*10)%n,0),add(i,(i+1)%n,1);
	return SPFA(1),cout<<dis[0]<<"\n",0;
}

提交记录。