LeetCode 1015. 可被 K 整除的最小整数 - 数学推导与鸽巢原理

这道题目与其说是一道编程题，不如说是一道纯粹的数学题。它考察了同余运算（Modulo Arithmetic）和鸽巢原理（Pigeonhole Principle）。

1. 题目核心问题

我们需要找到一个仅由数字 1 组成的整数 N（如 1, 11, 111...），使得 N % K == 0。我们需要返回这个 N 的长度。

2. 数学分析

2.1 排除不可能的情况

首先，观察仅由 1 组成的数字：1, 11, 111, 1111...

这些数字的个位数永远是 1。

如果 K 是偶数（能被 2 整除），那么 K 的倍数必定是偶数，个位只能是 0, 2, 4, 6, 8。
如果 K 是 5 的倍数，那么 K 的倍数个位只能是 0 或 5。

因此，如果 K 能被 2 或 5 整除（即 K % 2 == 0 或 K % 5 == 0），那么不可能存在个位是 1 的倍数。直接返回 -1。

2.2 大数处理与同余运算

题目中 N 的长度可能非常大，甚至超过 64 位整数的范围，因此我们不能直接计算 N。我们只需要关注余数。

我们定义 NiN_iNi 为长度为 iii 的全 1 数字。

例如：N1=1,N2=11,N3=111N_1 = 1, N_2 = 11, N_3 = 111N1=1,N2=11,N3=111。

它们之间存在递推关系：
Ni=Ni−1×10+1N_{i} = N_{i-1} \times 10 + 1Ni=Ni−1×10+1

根据同余性质：
(a×b+c)(modK)=((a(modK))×b+c)(modK)(a \times b + c) \pmod K = ((a \pmod K) \times b + c) \pmod K(a×b+c)(modK)=((a(modK))×b+c)(modK)

我们可以只维护当前的余数 Ri=Ni(modK)R_i = N_i \pmod KRi=Ni(modK)：
Ri=(Ri−1×10+1)(modK)R_i = (R_{i-1} \times 10 + 1) \pmod KRi=(Ri−1×10+1)(modK)

初始状态 R1=1(modK)R_1 = 1 \pmod KR1=1(modK)。

2.3 为什么最多循环 K 次？（鸽巢原理）

如果在计算过程中，余数 RiR_iRi 变为 0，说明找到了答案，长度为 iii。

如果一直没找到 0 呢？会不会无限循环？

余数的取值范围是 [0,K−1][0, K-1][0,K−1]，共有 KKK 种可能。

如果我们计算了 KKK 次，生成了 KKK 个余数：

如果其中包含 0，则已找到答案。
如果其中不包含 0，那么这 KKK 个余数分布在 [1,K−1][1, K-1][1,K−1] 这 K−1K-1K−1 个"鸽巢"中。根据鸽巢原理，必然有两个余数是相同的。

一旦出现重复的余数，序列就会开始循环，永远不会出现 0（因为如果能出现 0，早在循环之前或循环的第一次就出现了）。

结论：如果 K 不含因子 2 和 5，我们最多只需要尝试 K 次。如果 K 次内没有找到 0，则无解（实际上对于互质的情况，一定有解）。

3. 算法流程

检查 K % 2 == 0 或 K % 5 == 0，若是则返回 -1。
初始化余数 remainder = 0。
循环 i 从 1 到 K：
- 更新余数：remainder = (remainder * 10 + 1) % K
- 如果 remainder == 0，返回当前长度 i。
如果循环结束仍未找到，返回 -1（理论上这一步不会到达，除非 K 有 2 或 5 的因子）。

4. 代码实现 (Go)

go 复制代码

func smallestRepunitDivByK(k int) int {
    // 1. 排除 2 和 5 的倍数
    if k%2 == 0 || k%5 == 0 {
        return -1
    }

    // 2. 模拟除法过程
    remainder := 0
    for i := 1; i <= k; i++ {
        remainder = (remainder*10 + 1) % k
        if remainder == 0 {
            return i
        }
    }

    return -1
}

5. 复杂度分析

时间复杂度 : O(K)O(K)O(K)。最坏情况下我们需要循环 KKK 次。
空间复杂度 : O(1)O(1)O(1)。只需要存储当前的余数。