ZR#990

解法:

首先,一个 $ k $ 进制的数的末尾 $ 0 $ 的个数可以这么判断

while(x) {
x /= k;
cnt++;//cnt为0的个数
}

因为这道题的 $ 0 $ 的个数是奇数个,所以我们可以很快的知道 $ k_1,k_3,k_5 \cdots $ 的值。

又因为能被 $ k_i $ 整除的数一定能被 $ k $ 整除,所以我们可以简单容斥+二分解决问题。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath> using namespace std; #define LL long long LL n,k,ans; inline LL check(LL x) {
LL flag = 1,res = 0;
while(x) {
x /= k;
res += flag * x;
flag = -flag;
}
return res;
} int main() {
scanf("%lld%lld",&n,&k);
LL l = 1,r = 1e18;
while(l <= r) {
LL mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid) < n) {
l = mid + 1;
ans = l;
}
else r = mid - 1;
}
printf("%lld\n",ans);
//system("pasue");
return 0;
}

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