CF2109C1/2/3 Hacking Numbers

CF2109C1/2/3 Hacking Numbers

tag: 交互，构造，思维题

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交互题。每组测试数据，给出一个数 \(n\)（\(1\le n\le10^9\)），并且有一个未知的数 \(x\)（\(1\le x\le10^9\)）。

对 \(x\) 进行若干次操作，将 \(x\) 变成 \(n\)，操作包括以下几种：

• \(\texttt{add}\ y\)：令 \(res=x+y\)，其中整数 \(y\) 满足 \(-10^{18}\le y\le10^{18}\)。
  • 若 \(1\le res\le10^{18}\)，则令 \(x\) 变成 \(res\)，同时交互器返回 \(\texttt{1}\)；
  • 否则，\(x\) 的值不变，同时交互器返回 \(\texttt{0}\)。
• \(\texttt{mul}\ y\)：令 \(res=x\cdot y\)，其中整数 \(y\) 满足 \(1\le y\le10^{18}\)。
  • 若 \(1\le res\le10^{18}\)，则令 \(x\) 变成 \(res\)，同时交互器返回 \(\texttt{1}\)；
  • 否则，\(x\) 的值不变，同时交互器返回 \(\texttt{0}\)。
• \(\texttt{div}\ y\)：令 \(res=x/y\)，其中整数 \(y\) 满足 \(1\le y\le10^{18}\)。
  • 若 \(y\) 能整除 \(x\)，则令 \(x\) 变成 \(res\)，同时交互器返回 \(\texttt{1}\)；
  • 否则，\(x\) 的值不变，同时交互器返回 \(\texttt{0}\)。
• \(\texttt{digit}\)：令 \(x=S(x)\)，其中 \(S(x)\) 为 \(x\) 的数字根，即 \(x\) 的各个数位上的数之和。

各个 version 只有操作次数的限制不同。

Easy Version

操作次数不超过 \(7\) 次。

可以发现，由于 \(x\) 不超过 \(10^9\)，\(\texttt{digit}\) 操作会将 \(x\) 限制到 \([1,81]\) 的范围内（最大为 \(S(999\,999\,999)=81\)），再做一次则会限制到 \([1,16]\) 的范围内（最大为 \(S(79)=16\)）。

根据二分的思想，如果 \(\texttt{add}\ -\lfloor 16/2\rfloor=-8\) 操作返回 \(\texttt1\)，则减完之后 \(x\in[1,8]\)；如果返回 \(\texttt{0}\)，则说明本来就有 \(x\in[1,8]\)。

因此，这样做可以将 \(x\) 的范围减半。\(\log_216=4\) 次之后，\(x\) 一定为 \(1\)。故执行操作：

digit
digit
add -8
add -4
add -2
add -1
add n-1
!

即可。

Medium Version

操作次数不超过 \(4\) 次。

见到数字根，我们可以想到 \(3\) 和 \(9\) 的倍数的性质：数字根分别也为 \(3\) 和 \(9\) 的倍数。

因此，先执行 \(\texttt{mul}\ 9\)，再 \(\texttt{digit}\)，那么 \(x\) 的取值范围为 \(\{9,18,27,36,45,54,63,72,81\}\)。

再执行一次 \(\texttt{digit}\)，则一定有 \(x=9\)。

接着 \(\texttt{add}\ n-9\) 就完成了。

Hard Version

操作次数不超过 \(f(n)\) 次，其中 \(f(n)\) 是对于任意 \(x\)，将 \(x\) 变成 \(n\) 的最少操作次数的最大值。

即：设 \(o=o_1,o_2,\cdots,o_k\) 为一操作序列，使得对于任意 \(x\)，通过执行这一操作序列，都可以将 \(x\) 变成 \(n\)，则 \(f(n)=\min\limits_{o}k\)。

事实上，\(10^d-1=\overline{\underbrace{999\cdots999}_{\text{d 个 9}}}\) 都有类似的性质：对于所有 \(x\in[1,10^d]\)，有 \(S((10^d-1)x)=9d\)。

证明：由于

\[(10^d-1)x=x\cdot10^d-x=(x-1)\cdot10^d+10^d-x=(x-1)\cdot10^{d}+[(10^d-1)-(x-1)], \]

设 \(x-1=\overline{a_1a_2\cdots a_d}\)（可能有前导零），则

\[\begin{gathered} (x-1)\cdot10^d=\overline{a_1a_2\cdots a_d\underbrace{000\cdots0}_{\text{$d$ 个 $0$}}},\\ (10^d-1)-(x-1)=\overline{\underbrace{999\cdots9}_{\text{$d$ 个 $9$}}}-\overline{a_1a_2\cdots a_d}=\overline{(9-a_1)(9-a_2)\cdots(9-a_d)}, \end{gathered} \]

故它们的和的第 \(i\) 位和第 \(i+d\) 位上数字之和为 \(9\)，其中 \(1\le i\le d\)，因此 \(S((10^d-1)x)=9d\)。

因此，\(999\,999\,999\) 的倍数的 \(S\) 值为 \(81\)，故执行

mul 999999999
digit
add n-81
!

即可。

注意特殊情况：\(n=81\)，此时不需要 \(\texttt{add}\ n-81\) 的操作。

为什么这样是最优的：

显然，开始时执行 \(\texttt{add}\)、\(\texttt{div}\) 或 \(\texttt{digit}\) 操作都不能使 \(x\) 变成一个确定的值。

并且，如果第一次 \(\texttt{mul}\) 操作中 \(y\ne999\,999\,999\)，那么令 \(x=1\) 和 \(x=999\,999\,999\)，得到

\[S(1\cdot y)\le 80<81=S(999\,999\,999\cdot y), \]

即 \(x\) 会分别变成 \(x\le80\) 和 \(x=81\)，不可能是一个确定的值。

因此 \(\texttt{mul}\ 999\,999\,999\) 之后 \(\texttt{digit}\)，一定有 \(x=81\)，是唯一的确定且最优的操作序列。

代码：320174921