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感谢本文让我再次了解到取模运算在大整数中的应用。
题目链接：http://poj.org/problem?id=1426
大致题意：
给出一个整数n，(1 <= n <= 200)。求出任意一个它的倍数m，要求m必须只由十进制的’0’或’1’组成。
本题难点在于搜索之后的处理：对余数的处理，对大数的处理，余数与所求倍数间的关系
接下来说说处理大数问题和剪枝的方法：
首先我们简单回顾一下 朴素搜索 法：
n=6
1%6=1 (k=1)
{
（1*10+0)%6=4 (k=10)
{
(10*10+0)%6=4 (k=100)
{
(100*10+0)%6=4 (k=1000)
(100*10+1)%6=5 (k=1001)
}
(10*10+1)%6=5 (k=101)
{
(101*10+0)%6=2 (k=1010)
(101*10+1)%6=3 (k=1011)
}
}
(1*10+1)%6=5 (k=11)
{
(11*10+0)%6=2 (k=110)
{
(110*10+0)%6=2 (k=1100)
(110*10+1)%6=3 (k=1101)
}
(11*10+1)%6=3 (k=111)
{
(111*10+0)%6=0 (k=1110) 有解
(111*10+1)%6=1 (k=1111) 由于前面有解，这个余数不存储
}
}
}
从上面可以看出余数的存数顺序（逐层存储）：
用数组mod[]存储余数，其中mod[0]不使用，由mod[1]开始
那么mod中的余数依次为： 1 4 5 4 5 2 3 4 5 2 3 2 3 0 共14个
即说明我们得到 余数0 之前，做了14步*10的操作，那么当n值足够大的时候，是很容易出现k为大数的情况（事实上我做过统计，200以内的n，有18个n对应的k值为大数
那么我们再用int去存储k就显得不怎么明智了。
为了处理所有情况，我们自然会想到 是不是应该要用int[]去存储k的每一位？
而又由于k是一个01序列，那能不能把 *10得到k每一位的问题 转化为模2的操作得到k的每一位(0或1) 呢？
答案是可以的
首先我们利用 同余模定理 对得到余数的方式进行一个优化
（a*b）%n = （a%n *b%n）%n
（a+b）%n = （a%n +b%n）%n
随便抽取上面一条式子为例
前一步 (11*10+1)%6=2 即k=110 ， k%6=2
当前步 (110*10+1)%6=2
由同余模定理 (11010+1)%6 = (（11010）%6+1%6 )%6 = (（110%6 * 10%6）%6 +1 )%6
不难发现下划线部分110%6等于 (11*10+0)%6 = 2
所以当前步(11010+1)%6可以转变为 (210+1)%6=2
很显然地，这种处理把k=110 等价于 k=2
即用 前一步操作得到的余数 代替 当前步的k值
而n在200的范围内， 余数值不可能超过3位数， 这就解决了 大数的问题
通过这种处理手法，我们只需在BFS时顺手存储一个 余数数组mod[] ，就能通过mod[i-1]得到mod[i] ，直到mod[i]==0 时结束，大大减少了运算时间
前面已经提到，n=6时，求余操作进行了14次，对应地，BFS时*10的操作也进行了14次。
令i=14，通过观察发现，i%2恰好就是 6 的倍数的最低位数字
i/2 再令 i%2 ，恰好就是 6 的倍数的 次低位数字。。。
循环这个操作，直到i=0，就能得到 6的 01倍数(一个01队列)，倒序输出就是所求
这样就完成了 *10操作到 %2操作的过渡
由于n值有限，只是1到200的整数，因此本题也可以用打表做，通过上面的方法得到结果后，就把1~200的倍数打印出来，重新建立一个程序，直接打表就可以了。
不过打表比上面介绍的方法快不了多少
//BFS+同余模
//Memory Time
//2240K 32MS
#include<iostream>
using namespace std;
int mod[524286]; //保存每次mod n的余数
//由于198的余数序列是最长的
//经过反复二分验证，436905是能存储198余数序列的最少空间
//但POJ肯定又越界测试了...524286是AC的最低下限，不然铁定RE
int main(int i)
{
int n;
while(cin>>n)
{
if(!n)
break;
mod[1]=1%n; //初始化，n倍数的最高位必是1
for(i=2;mod[i-1]!=0;i++) //利用同余模定理，从前一步的余数mod[i/2]得到下一步的余数mod[i]
mod[i]=(mod[i/2]*10+i%2)%n;
//mod[i/2]*10+i%2模拟了BFS的双入口搜索
//当i为偶数时，+0，即取当前位数字为0 。为奇数时，则+1,即取当前位数字为1
i--;
int pm=0;
while(i)
{
mod[pm++]=i%2; //把*10操作转化为%2操作，逆向求倍数的每一位数字
i/=2;
}
while(pm)
cout<<mod[--pm]; //倒序输出
cout<<endl;
}
return 0;
}
