标签：main   二分   处理   pac   inline   version   因此   固定   表示   

题目

（直接上简陋翻译中文版了……）有一个无限长的数字序列，其组成为1 1 2 1 2 3 1 …… 1 2 …… n ……，即重复的1 ~ 1 , 1 ~ 2 …… 1 ~ n，给你一个 \(k\) ，求第\(k\)个数字是什么。

解说

easy version

其实这个题是有两个版本的，easy version和hard version，前者\(k<=10^9\)，后者\(k<=10^{18}\)，之后呢我们亲爱的姚老师没有任何前置地给我们上了hard version。
所以看题吧。其实这两个版本思路是相通的，但是有些微的不同。先看easy version。
\(k\)“很小”（相较于hard而言），我们可以维护三个数组\(abc\)，\(a[i]\)表示数值为i的数字的长度，例如 \(a[1 ] = 1 , a [ 23 ] = 2\) (因为\(k<=10^9\)所以开的下）;
\(b[ i ]\) 表示 数字 1~i 的总长度 ，例如 \(b[ 9 ] = 9 , b[ 11 ] = 13 (1234567891011)\) ;
\(c[ i ]\) 表示 序列 1~1 、1~2、…… 、1~i-1 、 1~ i ，长度总和，即为题目所描述序列.。
显然\(b\)是\(a\)的前缀和，\(c\)是\(b\)的前缀和。
输入长度\(k\)，因为前缀和具有单增的性质，可以二分\(c\)数组，划分出\(k\)在序列中属于 1~y（\(y>=k\)），即为在数组\(b\)中的索引\(y\) (注意\(b\)数组的定义，\(b [ y ]\) 表示 数字1~y 的总长度)； 然后再二分\(b\)数组，就能知道，他是属于哪个数字的了（设值数字为\(z\)），最后通过 \(a[ z ]\) 枚举位数即可求出答案。（一层层向下找）。

easy代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=4e4+5;
//为啥是这个数？a位置能够取得的最大值 < n * (n + 1) / 2 = k ，所以maxn大约是sqrt( k )
int a[maxn],b[maxn],c[maxn];
int read(){
    int x=0,t=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){ if(ch==‘-‘)t=-1; ch=getchar(); }
    while(isdigit(ch)){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*t;
}
int main(){
    for(int i=1;i<=maxn;i++){///预处理
        int x=i;
        while(x){
            x/=10;
            a[i]++;
        }
        b[i]=b[i-1]+a[i];//b是a的前缀和
        c[i]=c[i-1]+b[i];//c是b的前缀和
    }
    int T=read();
    while(T--){
        int n=read(),pos;
        pos=lower_bound(c+1,c+maxn+1,n)-c;
        n-=c[pos-1];// 减掉多余的 1~pos-1， 1~pos-2 …… 1~1 序列的长度，即定位到 1~pos
        pos=lower_bound(b+1,b+maxn+1,n)-b;
        n-=b[pos-1];// 同上，定位到 数值 pos
        int ans=pos;
        n=a[pos]-n; //因为序列是高位到低位，所以做了一下逆转；
        while(n--) ans/=10; //枚举位数
        printf("%d\n",ans%10);
    }
    return 0;
}

hard version

这里是我们看到的问题……
思路相差不多，但是\(k\)太大了\(a\)开不下，需要想办法解决。
所以需要对前缀和数组经过些许修改优化。明显的，之前a数组有很多连续项是相等的，因此可以用等差数列求和的思想，（每增加一个数字，在位数相同的固定区间内，长度增加的也是相同的），来重新定义这些数组。具体见代码注释。

hard代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=10;
LL a[15],b[15],c[15];
// ai 表示位数是i的数字总长度；1~9 10~99 ...
// b是a的前缀和 1~9 1~99 1~999 ...
// c是序列总长度，等差数列求和
// c1 1~1+1~2+...+1~9
// c2 c1+ 1~10+1~11+...+1~99
// c3 c1+c2+ 1~100+...+1~999
LL read(){
    LL x=0,t=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){ if(ch==‘-‘)t=-1; ch=getchar(); }
    while(isdigit(ch)){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*t;
}
int main(){
    #define int LL
    for(int i=1;i<=N;i++){
        int x=i,l=1,r=0;
        while(x--) l*=10,r=r*10+9;
        l/=10;
        a[i]=(r-l+1)*i;
        b[i]=b[i-1]+a[i];//b 每次加一层的长度
        c[i]=c[i-1]+(b[i-1]+i+b[i])*(r-l+1)/2;// 1~1 -- 1~9 d=1; 1~10,1~11 -- 1~99 d=2; （d是公差）
    }
    int T=read();
    while(T--){
        int n=read();
        int pos=lower_bound(c+1,c+N+1,n)-c;
        n-=c[pos-1];
        int l=1,r=0;
        int x=pos,t=b[pos-1];
        while(x--) l*=10,r=10*r+9;
        l/=10;
        int L=l;
        while(l<=r){
            int mid=(l+r)>>1;
            int cnt=mid-L+1;
            if( (2*t+pos+cnt*pos)*cnt/2>=n) r=mid-1;
            else l=mid+1;
        }
        int cnt=l-L;
        n-=(2*t+pos+cnt*pos)*cnt/2;
        pos=lower_bound(b+1,b+N+1,n)-b;
        n-=b[pos-1];
        int ans=1;
        for(int i=1;i<pos;i++) ans*=10;
        t=(n-1)/pos;
        n-=t*pos;
        ans+=t;
        n=pos-n;
        while(n--) ans/=10;
        printf("%lld\n",ans%10);
    }
    return 0;
}

借鉴博客https://www.cnblogs.com/DeepJay/p/12025209.html。
幸甚至哉，歌以咏志。

[CF1216E] Numerical Sequence

标签：main   二分   处理   pac   inline   version   因此   固定   表示   

原文地址：https://www.cnblogs.com/DarthVictor/p/12788692.html