ARC173A Neq Number 題解

ARC173A Neq Number

題目大意

正整數 \(X\) 如果滿足以下條件，則稱為 "Neq 數 "：

• 當 \(X\) 用十進位制符號書寫時，沒有兩個相鄰的字元是相同的。

例如，\(1\)、\(173\) 和 \(9090\)是 Neq 數，而 \(22\) 和 \(6335\) 不是。

給你一個正整數 \(K(1\leq K\leq10^{12})\)。請找出第 \(K\) 小的 Neq 數。

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Solve

大體思路就是 對於每次詢問的 \(K\)，判斷出 \(K\) 的位數 \(n\)，然後按位列舉，使我們列舉出的這個數的位次不斷逼近 \(K\)。具體見下。

首先想辦法處理處 \([1,10^n-1]\)（即 \(n\) 位數）之間的Neq數的數量，記為 \(sum_n\)，那麼若 \(sum_{n-1}<K\leq sum_n\)，則第 \(K\) 個Neq數是一個 \(n\) 位數。

然後考慮處理出 \([a\times10^i,(a+1)\times10^i-1]\) 之間Neq數的數量，記為 \(sum1_i\)。接著按位列舉。若 \((a-1)\times sum1_{i-1}<K\leq a\times sum1_{i-1}\)，則 \(K\) 的第 \(i\) 位是 \(a\)。

接下來考慮 \(sum\) 和 \(sum1\) 怎麼求。

先看 \(sum1\)，拿 \(sum1_3[1000,1999]\) 舉例。\([1000,1999]\) 可拆分為 \([1000,1099],[1100,1199],\cdots,[1899,1999]\) 這 \(10\) 個區間，其中 \([1100,1199]\) 中由於前兩位都是 \(1\)，所以無Neq數，不計。所以 \(sum1_3=sum1_2\times9\)。

以此類推，我們有 \(\large sum1_i=sum1_{i-1}\times9,sum1_0=1\)。

至於 \(sum\)，以 \(sum_4[1,9999]\) 舉例。\([1,9999]\) 可拆分為 \([1,999],[1000,1999],[2000,2999],\cdots,[8999,9999]\)。所以 \(sum_4=sum_3+sum1_3\times9\)。

以此類推，\(\large sum_i=sum_{i-1}+sum1_{i-1}\times9=sum_{i-1}+sum1_i,sum_0=0\)。

注意，單獨看 \([0\times10^i,1\times10^i-1]\)之間的Neq數，應該是 \(sum_i\)，但我們在計算時應記為 \(sum1_i\)，\(i=n\) 時除外。以 \(n=5,i=4\) 即 \([10000,10999]\) 為例。顯然 \(sum_2[10000,10099]\) 之間的Neq數都由於相鄰的兩個 \(0\) 而不計數了，即 \([10000,10999]\) 之間的Neq數應為 \(sum_3-sum_2\)。

以此類推，\([0\times10^i,1\times10^i-1](i\neq n)\) 之間的Neq數為 \(\large sum_{i-1}-sum_{i-2}=sum_{i-2}+sum1_i-sum_{i-2}=sum1_i\)。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(1,2,3,"Ofast","inline")
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
	short f=1;
	int x=0;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9')	{if(c=='-')	f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9')	x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int T,k,sum[20]/*1~10^n-1*/,n,sum1[20]={1}/*a*10^n~(a+1)*10^n-1*/;
signed main()
{
	for(int i=1;i<=13;i=-~i)//預處理
		sum1[i]=sum1[i-1]*9,
		sum[i]=sum1[i]+sum[i-1];
	T=read();
	for(int t=1;t<=T;t=-~t)
	{
		k=read();
		for(n=1;n<=13;n=-~n)	if(sum[n]>=k)	break;//列舉位數
		int res=0,x=-1,now;
		for(int i=n;i;i--)
			for(int j=0;j<=9;j=-~j)
			{
				now=res;
				if(j!=x)	res+=i==n&&j==0?sum[i-1]:sum1[i-1];
				//只有當列舉第n位為0時才加sum，其餘都加sum1，證明見上
				if(res>=k)
				{
					printf("%lld",x=j);
					res=now;//回溯
					break;
				}
			}
		puts("");
	}
	return 0;
}