题意：
设$s(i)$为将$1\sim i$看做字符串后依次连接形成的串。给定正整数$n$，求最小的$i$使得$n$是$s(i)$的字串。$T$组数据。
$n\le 10^{17}, \; t\le 10^4$
分析：
不能模拟$s(i)$的组成过程来找答案，时间不能承受。
也不能预处理$s(k)$，空间不能承受。
那就只能在$n$上找答案。
以下把数字当成字面量来讨论，更方便。
同时，这里讨论的前缀和后缀不包括本身。
思考一下，答案分为三种：
1.$ans=n$
2.$n$由$ans$的前缀和$ans-1$的后缀组成
3.$n$由$ans-k$的后缀和$ans-k+1 , \, ans-k+2 \dots ans-2 , \, ans-1$整串和$ans$的前缀组成
那么把三类答案的所有可能取最小值即可。
先确定一下我们模拟的工具。用字符串还是数字？
字符串更方便控制位置，数字在比较、增减的时候更方便。
我这里用一种取两家之长的做法：
1.以五倍最大长度（$N=17$）存储每一位数字
2.用头尾指针记录数字的位置，初始化数字首位在$2*N+1$上。非数字位数值为$-1$，比较时视作通配符。
3.定义左移、右移、找零、判九等函数辅助操作
个人感觉这个模型的灵活度很高，适用于数字$\times$字符串的操作。
现在看到第二类答案。
首先枚举“切一刀”的位置，设分离出的数字为$x$和$y$，将$y$从最左边开始向右卡位，尝试匹配。
边界一：$y$的右侧不能和$x$的右侧平齐。连续的自然数数值是有变化的，如果两个数字的右侧平齐，甚至$y$的右侧越过$x$的右侧，$x$必然不是$ans-1$的后缀。
边界二：$y$的左侧不能和$x$的左侧平齐。这和我们的定义相违背：$ans$相邻的数字不是$n$的子串。
注意，这里的“匹配”，有可能有进位。
看到第三类答案。
首先枚举基准数，再将它的相邻数字往左、右匹配。这里凸显出了数据模型的灵活性。
基准数不能等于原数。
数字减少时可能会出现$0$，注意应对。
注意数字位数的变化，左右移动的距离要根据当前数字的长度来。
实现（100分）：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define IL inline
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=17;
IL void swap(LL &x,LL &y){
LL t=x; x=y; y=t;
}
int T;
LL n;
struct Num{
LL s[N*5+1];
int p,q;
IL LL operator[](int i){
return s[i];
}
IL int len(){
return q-p+1;
}
IL bool err(){
if(p>q)
return true;
if(s[p]==0)
return true;
for(int i=p;i<=q;i++)
if(s[i]==-1)
return true;
return false;
}
}org;
IL Num fill(LL x){
Num a;
memset(a.s,-1,sizeof a.s);
int l=0;
while(x>0){
a.s[++l]=x%10LL;
x/=10LL;
}
for(int i=1;i<=l/2;i++)
swap(a.s[i],a.s[l-i+1]);
for(int i=l;i>=1;i--)
a.s[2*N+i]=a.s[i];
for(int i=1;i<=2*N;i++)
a.s[i]=-1;
a.p=2*N+1; a.q=2*N+l;
return a;
}
IL LL val(Num a){
LL ret=0;
for(int i=a.p;i<=a.q;i++)
ret=ret*10LL+a[i];
return ret;
}
IL Num copy(Num a,int l,int r){
for(int i=a.p;i<=a.q;i++)
if(i<l||i>r)
a.s[i]=-1;
a.p=l; a.q=r;
return a;
}
IL Num shl(Num a,int k){
int p1=a.p-k,q1=a.q-k;
for(int i=a.p;i<=a.q;i++)
a.s[i-k]=a[i];
for(int i=q1+1;i<=a.q;i++)
a.s[i]=-1;
a.p=p1; a.q=q1;
return a;
}
IL Num shr(Num a,int k){
int p1=a.p+k,q1=a.q+k;
for(int i=a.q;i>=a.p;i--)
a.s[i+k]=a[i];
for(int i=a.p;i<p1;i++)
a.s[i]=-1;
a.p=p1; a.q=q1;
return a;
}
IL bool eql(Num a,Num b,int l,int r){
for(int i=l;i<=r;i++)
if(a[i]==-1||b[i]==-1)
continue;
else
if(a[i]!=b[i])
return false;
return true;
}
IL bool operator<(Num a,Num b){
return val(a)<val(b);
}
IL int f0(Num a){
int ret=a.q;
while(a[ret]==0)
ret--;
return ret+1;
}
IL bool all9(Num a,int l,int r){
for(int i=l;i<=r;i++)
if(a[i]!=9)
return false;
return true;
}
IL Num operator+(Num a,Num b){
for(int i=b.p;i<=b.q;i++)
a.s[i]=b[i];
a.q=b.q;
return a;
}
IL Num inc(Num a){
int pos=a.q;
a.s[pos]++;
while(a[pos]==10){
a.s[pos]=0;
a.s[--pos]++;
}
if(pos<a.p)
a.s[--a.p]=1;
return a;
}
IL Num dec(Num a){
int pos=f0(a);
a.s[pos-1]--;
bool flag=false;
if(a.p==pos-1&&a.s[pos-1]==0){
flag=true;
a.p++;
}
for(int i=pos;i<=a.q;i++)
a.s[i]=9;
if(flag)
a=shl(a,1);
return a;
}
int main(){
freopen("number.in","r",stdin);
freopen("number.out","w",stdout);
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%lld",&n);
Num org,ans;
org=ans=fill(n);
int l=org.len();
for(int pos=org.q;pos>org.p;pos--){
if(org[pos]==0)
continue;
Num x=copy(org,org.p,pos-1);
Num y=copy(org,pos,org.q);
y=shl(y,l);
while(y.q<x.q&&y.p<x.p){
int pos0=f0(y);
if(eql(x,y,y.p,pos0-2)
&&all9(x,pos0,x.q)
&&(x[pos0-1]==-1
||x[pos0-1]+1==y[pos0-1])){
Num z=copy(y,y.p,y.q);
for(int i=y.q+1;i<=x.q;i++)
z.s[i]=0;
z.q=x.q;
if(eql(y,z,y.p,y.q))
ans=min(ans,z);
}
if(eql(x,y,y.p,y.q)){
Num z=inc(y+copy(x,y.q+1,x.q));
if(eql(y,z,y.p,y.q))
ans=min(ans,z);
}
y=shr(y,1);
}
}
for(int i=org.p;i<=org.q;i++)
for(int j=i;j<=org.q;j++){
if(j-i+1>=l)
continue;
if(org[i]==0)
continue;
Num x=copy(org,i,j);
bool flag=true;
while(flag){
x=dec(x);
x=shl(x,x.len());
if(x.q<org.p)
break;
if(x.err()||!eql(x,org,x.p,x.q))
flag=false;
}
x=copy(org,i,j);
while(flag){
x=inc(x);
x=shr(x,x.len());
if(x.p>org.q)
break;
if(!eql(x,org,x.p,x.q))
flag=false;
}
if(x.p>org.q)
x=dec(x);
if(flag)
ans=min(ans,x);
}
printf("%lld\n",val(ans));
}
return 0;
}
小结：
应对神奇大模拟，优秀的模型往往会有事半功倍的效果。
原文地址：https://www.cnblogs.com/Hansue/p/11405092.html