[POI 2017] Podzielno 题解

[POI 2017] Podzielno 题解

\(\text{Step1}\) 思路引入

不难联想到，生活中我们一个数是不是 \(9\) 的倍数判别方法是判断它的各位数字之和是否是 \(9\) 的倍数，这正是题目中 \(B = 10\) 的情况。

于是我们便大胆猜想，是否对于所有 \(X\) 的各位数字之和是 \(B-1\) 的倍数的时候都满足 \(X\) 为 \(B-1\) 的倍数。

\(\text{Step2}\) 深入思考

形式化的表示上面的命题：

\[X\equiv \sum_{i=0}^{B-1}i\times a_i\pmod{B-1} \]

这里的 \(\sum\limits_{i=0}^{B-1}i\times a_i\) 表示 \(X\) 的各位数字之和。

根据事实，该命题显然正确，下面给出证明：

证明：

\[\begin{align*} X &= 1\times a_1\times B^0+2\times a_2\times B^1+\cdots+n\times a_n\times B^{n-1}\\ &= \sum_{i=0}^{B-1}i\times a_i\times B^{i-1} \end{align*} \]

显然，\(B^{i-1}\equiv B^0\pmod{B-1}\)，即 \(B^{i-1}\equiv1\pmod{(B-1)}\) 那么

\[\begin{align*} X&\equiv\sum_{i=1}^{B-1}i\times a_i\times B^{i-1} \pmod{\left(B-1\right)}\\ &\equiv \sum_{i=1}^{B-1}i\times a_i \pmod{\left(B-1\right)} \end{align*} \]

证毕。

有了上面的结论，我们就可利用 \(\sum\limits_{i=0}^{B-1}i\times a_i\) 判断并寻找 \(B-1\) 的倍数。

接下来就是满足 \(X\) 最大的条件，对于 \(B\) 进制数显然位数越多且高位数字越大 \(X\) 就越大，那么我们尽量用上所有的数字并让大数字尽量在高位上。如果 \(\sum\limits_{i=0}^{B-1}i\times a_i\) 是 \(B-1\) 的倍数最好，那不是又该怎么办？注意到 \(a_i\ge1\)，所以我们直接删掉 \(\sum\limits_{i=0}^{B-1}i\times a_i \pmod{\left(B-1\right)}\) 的余数部分即可，满足了数字位数尽可能多的前提。这样对修改后的 \(a_i\) 进行一次前缀和，然后二分查找 \(k\) 即可。

\(\text{Step3}\) 付诸实践

$\text{Code}$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1000010;

int b, q;
int a[N];
long long sum;
long long s[N];

template <typename type>
void read(type &res) {
    type x = 0, f = 1;
    char c = getchar();
    for (; c < 48 || c > 57; c = getchar()) if (c == '-') f = ~f + 1;
    for (; c > 47 && c < 58; c = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48);
    res = f * x;
}

int main() {
	read(b), read(q);
	for (int i = 0; i < b; i++) read(a[i]);
	for (int i = 0; i < b; i++) sum += 1ll * a[i] * i; // 各位数字求和
	if (sum % (b - 1)) a[sum % (b - 1)]--; // 删去余数部分
	for (int i = 0; i < b; i++) s[i] = s[i - 1] + a[i]; // 前缀和
	for (int i = 1; i <= q; i++) {
		long long k;
		read(k); k++;
		if (k > s[b - 1]) puts("-1"); // 若数字位数没有 k 个，输出 -1 即可
		else printf("%lld\n", lower_bound(s, s + b, k) - s); // 二分查找 k
	}
    return 0;
}