可莉学数学 - 题解

标签与难度

标签: 字符串, 枚举, 模拟, 数学, 大整数处理 难度: 2100

题目大意喵~

呜喵~ 旅行者，你好呀！可莉又被关禁闭了，这次是因为数学题... 我们要帮帮她，这样她才能早点出来玩！

题目是这样的：有一个神奇的无限小数，它的样子是 0.012345678910111213...，小数部分是把所有自然数（从0开始哦）一个接一个拼起来组成的。

丽莎阿姨会问 q 次，每次给出一个数字字符串 x，我们需要找到这个字符串 x 第一次 在这个无限小数的小数部分出现时，它的起始位置是小数点后的第几位。

比如说，对于 0.0123... 这个小数：

• 0 出现在第 1 位。
• 1 出现在第 2 位。
• 8910 这个串，是由数字 8、9 和 10 拼接起来的一部分，它第一次出现的位置就是 8 的起始位置，也就是第 9 位。

我们要做的就是写一个程序，来回答丽莎阿姨的所有问题，帮可莉解决这个大麻烦，喵~

解题思路分析

这道题看起来是在一个无限长的字符串里找东西，感觉有点吓人，但别怕，我带你一步步把它分解开，呐！

这个无限长的小数串 S 是由 0, 1, 2, 3, ... 这样有序的数字拼接起来的。我们要找的查询字符串 x，它在 S 中的出现方式，仔细想想，无非就下面几种情况：

1. x 恰好是某个数字 N 的一部分。比如 x="23" 是数字 123 的一部分。
2. x 恰好是某个完整的数字 N。比如 x="123" 就是数字 123。
3. x 跨越了两个或多个数字。比如 x="910" 是数字 9 的末尾和数字 10 的开头拼成的。

这么多可能性，要怎么找才能找到第一次出现的那个位置呢？第一次出现，意味着它一定是由尽可能小的数字构成的。所以，我们可以从这个角度入手！

任何一个 x 的出现，我们都可以看作是 ... str(N-1) + str(N) + str(N+1) ... 这个序列的一部分。x 在这个序列里，要么完全包含在某个 str(N) 中，要么跨越了 N-1 和 N 的边界，要么是 str(N) 和 str(N+1) 的拼接，等等。

一个非常直接且有效的思路是：枚举查询字符串 x 中，哪一部分是它遇到的第一个完整的数字。

听起来有点绕？让我举个例子！假设查询 x = "99100"。

• 它可能是由 (某个数字的后缀) + 100 + (后续数字的前缀) 组成的。这里的 100 就是它遇到的第一个完整数字。
• 它也可能是由 99 + 100 组成的。这里的 99 是它遇到的第一个完整数字。

所以，我们可以遍历 x 的所有子串，并假设这个子串就是 x 在无限小数串中遇到的第一个完整的数字，我们称之为 N。

设查询字符串 x 的长度为 len。我们用 i 和 j 来表示 x 的一个子串 x.substr(i, j)，其中 i 是起始位置，j 是长度。

对于每一个子串 sub = x.substr(i, j)：

1. 我们把它当做第一个完整数字 N。所以，N = stoll(sub)。（如果 sub 以 '0' 开头且长度大于1，那它就不是一个合法的数字表示，可以直接跳过，喵~）

2. 现在我们有了假设的数字 N，那么 x 中在 N 前面的部分 x.substr(0, i)，就必须是数字 N-1 的后缀。

   • 我们可以生成 N-1 的字符串 str(N-1)。
   • 检查 x.substr(0, i) 是不是 str(N-1) 的后缀。如果不是，或者长度对不上，说明我们的假设是错的，就继续尝试下一个子串。
   • 特别注意：如果 N=0，它前面没有数字了，所以 x 的前面必须是空的，即 i 必须等于 0。

3. 同理，x 中在 N 后面的部分 x.substr(i+j)，就必须是 str(N+1) + str(N+2) + ... 这个序列的前缀。

   • 我们可以从 N+1 开始，一个一个生成数字的字符串，然后和 x.substr(i+j) 进行匹配。
   • 如果中途有任何不匹配，说明这个假设也是错的。

4. 如果以上两步检查都通过了，恭喜！我们找到了一个 x 的合法出现方式！它的起始位置是什么呢？

   • x 的出现，是从 N-1 的某个后缀开始的。
   • 我们需要一个辅助函数 getPosition(k)，用来计算数字 k 在无限小数串中的起始位置（1-based）。
   • 那么 N 的起始位置是 getPosition(N)。
   • 我们的 x 比 N 早 i 个字符开始，所以 x 的起始位置就是 getPosition(N) - i。
   • 我们把这个位置记录下来，作为候选答案。

我们遍历完所有可能的子串 x.substr(i, j) 作为 N 的情况，取所有候选答案中最小的那个，就是最终的答案啦！

如何计算 getPosition(k) 呢？ 这个也简单！我们可以分段计算：

• 1位数字（0-9）有10个，总长度是 10 * 1 = 10。
• 2位数字（10-99）有90个，总长度是 90 * 2 = 180。
• 3位数字（100-999）有900个，总长度是 900 * 3 = 2700。
• ...
• d位数字有 9 * 10^(d-1) 个，总长度是 ... * d。

要找 k 的位置，我们先把所有位数比 k 小的数字的总长度加起来，再加上从该位数最小的数字（如10, 100）到 k-1 的这些数字的总长度。最后别忘了最开始的 0 占了1位，所以要基于这个计算。

这个方法虽然要枚举所有子串，看起来有点暴力，但因为查询字符串 x 的长度不会特别长（一般在20以内），所以 O(len^3) 的复杂度是可以通过的，喵~

代码实现

这是我根据上面的思路，为你精心准备的一份代码，注释超详细的哦！

#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <limits>

// 使用 long long 来处理可能很大的数字和位置
using namespace std;
using ll = long long;

// 计算数字 k 在 0123... 序列中的起始位置 (1-based)
// 比如 get_pos(0) -> 1, get_pos(1) -> 2, get_pos(10) -> 11
ll get_pos(ll k) {
    if (k < 0) return -1; // 不应该发生
    if (k == 0) return 1;

    ll length_before = 1; // 数字 '0' 的长度
    ll power_of_10 = 1;
    ll num_digits = 1;

    while (true) {
        // 当前位数下，数字的数量 (例如 1-9, 10-99, 100-999)
        // 注意，我们从0开始，所以1位数的特殊处理
        ll count_in_this_tier = (num_digits == 1) ? 9 : power_of_10 * 9;
        
        // 如果 k 大于等于当前位数区间的上界
        if (k >= power_of_10 + count_in_this_tier) {
            length_before += count_in_this_tier * num_digits;
            power_of_10 *= 10;
            num_digits++;
        } else {
            // k 就在当前位数区间内
            length_before += (k - power_of_10) * num_digits;
            break;
        }
    }
    // 返回 k 的起始位置，等于 0 到 k-1 所有数字的总长度 + 1
    return length_before + 1;
}

void solve() {
    string query_str;
    cin >> query_str;
    int n = query_str.length();
    ll min_pos = -1;

    // 枚举 query_str 的所有子串，假设这个子串是第一个遇到的完整数字 N
    for (int i = 0; i < n; ++i) {         // i: 第一个完整数字在 query_str 中的起始索引
        for (int j = 1; i + j <= n; ++j) { // j: 第一个完整数字的长度
            
            string num_part_str = query_str.substr(i, j);

            // 如果数字长度大于1且以'0'开头，则不是一个合法的数字表示
            if (j > 1 && num_part_str[0] == '0') {
                continue;
            }

            ll N = stoll(num_part_str);

            // --- 1. 检查 N 前面的部分 ---
            // N 前面的部分是 query_str.substr(0, i)
            // 它必须是 N-1 的后缀
            string prefix_part_str = query_str.substr(0, i);
            if (i > 0) {
                if (N == 0) { // N=0 前面没有数字，所以 i 必须是 0
                    continue;
                }
                string prev_num_str = to_string(N - 1);
                if (prev_num_str.length() < i || prev_num_str.substr(prev_num_str.length() - i) != prefix_part_str) {
                    continue; // 不是 N-1 的后缀，假设失败
                }
            }
            
            // --- 2. 检查 N 后面的部分 ---
            // N 后面的部分是 query_str.substr(i + j)
            // 它必须是 N+1, N+2, ... 序列的前缀
            string suffix_part_str = query_str.substr(i + j);
            string generated_suffix = "";
            ll current_num = N + 1;
            while (generated_suffix.length() < suffix_part_str.length()) {
                generated_suffix += to_string(current_num);
                current_num++;
            }
            if (generated_suffix.rfind(suffix_part_str, 0) != 0) { // 检查前缀是否匹配
                continue; // 不匹配，假设失败
            }

            // --- 3. 假设成功，计算位置并更新答案 ---
            ll current_pos = get_pos(N) - i;
            if (min_pos == -1 || current_pos < min_pos) {
                min_pos = current_pos;
            }
        }
    }
    cout << min_pos << endl;
}

int main() {
    // 加速输入输出，喵~
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    int q;
    cin >> q;
    while (q--) {
        solve();
    }

    return 0;
}

复杂度分析

• 时间复杂度: $O(Q \cdot N^3)$

  • Q 是询问的次数。
  • 对于每次询问，我们有两层循环来枚举子串。外层循环 i 从 0 到 N-1，内层循环 j 从 1 到 N-i，这里有 $O(N^2)$ 种组合。
  • 在循环内部，stoll、to_string 和字符串比较操作的耗时与字符串长度成正比，最坏情况下是 $O(N)$。特别是检查后缀序列的部分，虽然看起来会生成很长的串，但总长度不会超过 N，所以也是 $O(N)$。
  • 因此，总的时间复杂度是 $O(Q \cdot N^2 \cdot N) = O(Q \cdot N^3)$。

• 空间复杂度: $O(N)$

  • 对于每次询问，我们主要消耗的空间是存储查询字符串 query_str 和一些在计算过程中生成的临时字符串，它们的长度都与 N 相关。所以空间复杂度是 $O(N)$。

知识点总结

这道题真是一次有趣的冒险，我们来总结一下学到了什么吧，喵~

1. 问题分解: 面对一个复杂的问题，把它分解成更小、更易于处理的子问题是王道！我们把 "在无限串中找子串" 分解为 "枚举子串作为第一个完整数字" 的情况。
2. 系统性枚举: "暴力" 有时候并不可怕，只要它是有组织的、能覆盖所有情况的。这里的 O(N^3) 枚举就是一个例子，通过锚定一个关键部分（第一个完整数字），让搜索变得有序。
3. 字符串处理: 熟练运用 substr, to_string, stoll 等函数是解决这类问题的基本功，呐。
4. 数学计算与模式发现: get_pos 函数的实现，需要我们发现数字串长度的规律，并用数学方式表达出来。这在很多数论和组合问题中都很常见。
5. 边界情况处理: 一定要小心像 N=0 这样的特殊情况。在算法竞赛中，细节决定成败！

希望能帮到可莉，也希望能帮到正在看题解的你！加油哦，你超棒的，喵~