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2 6 19 0
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10 100100100100100100 111111111111111111
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题意：
给一个数n，让你找出一个只有1，0，组成的十进制数，要求是找到的数可以被n整除。
做法：
假如n=6；
1余n=1；
10余n=1*10%6=4；
11余n=（1*10+1）%6=5；
100余n=4*10%6=4；
101余n=（4*10+1）%6=5；
110余n=5*10%6=2;
111余n=（5*10+1）%6=3；
可以推知10。。。。01余n=（10。。。。0余n*10+1）余n解题思路：
首先暴力枚举肯定是不可能的 1000ms 想不超时都难，而且枚举还要解决大数问题。。
要不是人家把这题放到搜索，怎么也想不到用BFS。。。
解题方法： BFS+同余模定理
不说废话。
首先说说朴素的不剪枝搜索方法：
我以n=6为例
首先十进制数，开头第一个数字（最高位）一定不能为0，即最高位必为1
设6的 ”01十进制倍数” 为k，那么必有k%6 = 0
现在就是要用BFS求k值
1、先搜索k的最高位，最高位必为1，则此时k=1，但1%6 =1 != 0
因此k=1不是所求，存储余数 1
2、搜索下一位，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=10，那么k%6=4
可能为1，即 k*10+1，此时k=11，那么k%6=5
由于余数均不为0，即k=10与k=11均不是所求
3、继续搜索第三位，此时有四种可能了：
对于k=10，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=100，那么k%6=4
下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=101，那么k%6=5
对于k=11，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=110，那么k%6=2
下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=111，那么k%6=3
由于余数均不为0，即k=100，k=101，k=110，k=111均不是所求
4、继续搜索第四位，此时有八种可能了：
对于k=100，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=1000，那么k%6=4
下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=1001，那么k%6=5
对于k=101，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=1010，那么k%6=2
下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=1011，那么k%6=3
对于k=110，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=1100，那么k%6=2
下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=1101，那么k%6=3
对于k=111，下一位可能为0，即 k*10+0，此时k=1110，那么k%6=0
下一位可能为1，即 k*10+1，此时k=1111，那么k%6=1
我们发现k=1110时，k%6=0，即1110就是所求的倍数
从上面的演绎不难发现，用BFS是搜索 当前位数字 （除最高位固定为1），因为每一位都只有0或1两种选择，换而言之是一个双入口BFS
本题难点在于搜索之后的处理：对余数的处理，对大数的处理，余数与所求倍数间的关系
接下来说说处理大数问题和剪枝的方法：
首先我们简单回顾一下 朴素搜索 法：
n=6
1%6=1 (k=1)
{
(1*10+0)%6=4 (k=10)
{
(10*10+0)%6=4 (k=100)
{
(100*10+0)%6=4 (k=1000)
(100*10+1)%6=5 (k=1001)
}
(10*10+1)%6=5 (k=101)
{
(101*10+0)%6=2 (k=1010)
(101*10+1)%6=3 (k=1011)
}
}
(1*10+1)%6=5 (k=11)
{
(11*10+0)%6=2 (k=110)
{
(110*10+0)%6=2 (k=1100)
(110*10+1)%6=3 (k=1101)
}
(11*10+1)%6=3 (k=111)
{
(111*10+0)%6=0 (k=1110) 有解
(111*10+1)%6=1 (k=1111) 由于前面有解，这个余数不存储
}
}
}
从上面可以看出余数的存数顺序（逐层存储）：
用数组mod[]存储余数，其中mod[0]不使用，由mod[1]开始
那么mod中的余数依次为： 1 4 5 4 5 2 3 4 5 2 3 2 3 0 共14个
即说明我们得到 余数0 之前，做了14步*10的操作，那么当n值足够大的时候，是很容易出现k为大数的情况（事实上我做过统计，200以内的n，有18个n对应的k值为大数
那么我们再用int去存储k就显得不怎么明智了。
为了处理所有情况，我们自然会想到 是不是应该要用int[]去存储k的每一位？
而又由于k是一个01序列，那能不能把 *10得到k每一位的问题 转化为模2的操作得到k的每一位(0或1) 呢？
答案是可以的
首先我们利用 同余模定理 对得到余数的方式进行一个优化
（a*b）%n = （a%n *b%n）%n
（a+b）%n = （a%n +b%n）%n
随便抽取上面一条式子为例
前一步 (11*10+1)%6=2 即k=110 ， k%6=2
当前步 (110*10+1)%6=2
由同余模定理 (110*10+1)%6 = (（110*10）%6+1%6 )%6 = (（110%6 * 10%6）%6 +1 )%6
不难发现下划线部分110%6等于 (11*10+0)%6 = 2
所以当前步(110*10+1)%6可以转变为 (2*10+1)%6=2
很显然地，这种处理把k=110 等价于 k=2
即用 前一步操作得到的余数 代替 当前步的k值
而n在200的范围内， 余数值不可能超过3位数， 这就解决了 大数的问题
通过这种处理手法，我们只需在BFS时顺手存储一个 余数数组mod[] ，就能通过mod[i-1]得到mod[i] ，直到mod[i]==0 时结束，大大减少了运算时间
前面已经提到，n=6时，求余操作进行了14次，对应地，BFS时*10的操作也进行了14次。
令i=14，通过观察发现，i%2恰好就是 6 的倍数的最低位数字
i/2 再令 i%2 ，恰好就是 6 的倍数的 次低位数字。。。
循环这个操作，直到i=0，就能得到 6的 01倍数(一个01队列)，倒序输出就是所求
这样就完成了 *10操作到 %2操作的过渡
由于n值有限，只是1到200的整数，因此本题也可以用打表做，通过上面的方法得到结果后，就把1~200的倍数打印出来，重新建立一个程序，直接打表就可以了。
不过打表比上面介绍的方法快不了多少
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; #define N 550000 int n,mod[N]; int main(){ while(scanf("%d",&n)&&n){ int i;mod[i=1]=1%n;//初始化，n倍数的最高位必是1 for(i=2;mod[i-1];i++)//利用同余模定理，从前一步的余数mod[i/2]得到下一步的余数mod[i] mod[i]=(mod[i/2]*10+i%2)%n;//mod[i/2]*10+i%2模拟了BFS的双入口搜索 //当i为偶数时，+0，即取当前位数字为0 。为奇数时，则+1,即取当前位数字为1 i--; int p=0; while(i) mod[p++]=i%2,i>>=1;//把*10操作转化为%2操作，逆向求倍数的每一位数字 while(p) cout<<mod[--p];//倒序输出 cout<<endl; } return 0; }
xzc's code：
#include<queue> #include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; int n; void bfs(int k) { queue<long long>que; que.push(1); while (!que.empty()) { long long now=que.front(); if (now%n!=0) { que.push(now*10); que.push(now*10+1); } else {cout<<now<<endl;return;} que.pop(); } } int main() { while (scanf("%d",&n)==1&&n) { bfs(n); } return 0; }