POJ 1465 Multiple（用BFS求能组成的n的最小倍数）

题目地址：点击打开链接

题意：给一个数n，接着给m个数，用给已知的m个数组成的数最小的能被n整除的数是多少（其中m个数可以重复使用）

思路：和HDU1226有点相似，只不过比那道题简单，这里面m的数值没有说明，但是可以猜出来，问题的解空间是m^m,所以开一个大小为50的数组足够了，组成的数可以很大，必须不断取模，而且解空间太大，必须用同余减枝，而且必须减枝，否则第二个测试案例就出错误，因为程序会陷入死循环，假设A%N==B%N(设A<B),那么只取前面的数即可，因为前面的数小。本质就是求l%n==0，问最小的l是多少，假设组成l的数为A和B，则求(A%N+B)%N ==0，注意B不能对n取余，看代码注释掉的部分，会造成RE，没搞明白为啥，只搞明白有一种情况会出错，如m个数中有一个数和n相同，提前对m个数组取模会造成错误

AC代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <cstring>
#include <climits>
#include <cmath>
#include <cctype>

typedef long long ll;
using namespace std;

int a[50];
int n,m;
int visit[5000];

struct node
{
int now;
int pre;
int id;
int wei;
}cf[5000],lol;

void shuchu(int id)
{
if(cf[id].pre == -1)
{
return;
}
shuchu(cf[id].pre);
printf("%d",cf[id].wei);
}

void bfs()
{
int i,k=0;
queue<node> que;
cf[k].now = 0;
cf[k].pre = -1;
cf[k].id = k;
que.push(cf[k]);
while(!que.empty())
{
lol = que.front();
que.pop();
for(i=0; i<m; i++)
{
if(!visit[(lol.now*10+a[i])%n] && (lol.id != 0 || a[i] > 0))//与后面的语句必须加因为第一个数不可能为0
{
k++;
cf[k].now = (lol.now*10+a[i])%n;
cf[k].pre = lol.id;
cf[k].wei = a[i];
cf[k].id = k;
visit[cf[k].now] = 1;
if(cf[k].now == 0)
{
shuchu(k);
printf("\n");
return;
}
que.push(cf[k]);
}
}
}
printf("0\n");
}

int main()
{
int i;
while(scanf("%d%d",&n,&m) != EOF)
{
memset(visit,0,sizeof(visit));
for(i=0; i<m; i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
//a[i] = a[i] % n;
}
sort(a,a+m);
if(n == 0)
{
printf("0\n");//这里包含2种情况，n为0是最小倍数一定为0 ，a数组中没0时，没法组成0的最小倍数时，输出的也是0
}
else
{
bfs();
}
}
return 0;
}

大神地址：点击打开链接