比较奇怪的一个枚举题。
注意到10=2*5，所以10^k的二进制表示一定恰好在末尾有k个0。
考虑从小到大去填这个十进制数。
填的时候记录一下当前的二进制表示。
每次尝试去填0或者10^k。
如果要填下一位的时候发现它的二进制表示已经为1的话，停止扩展。
因为：
如果这一位填0，由于后面填的数末尾的0>k不会影响这一位，无法是其与二进制后缀相同。
如果这一位填1，必然产生进位，同理，也无法与其二进制后缀相同。
考虑这样做的复杂度。
考虑每一个答案。把它扩展出来最多利用了k步中间状态，k为其长度，加上高精度的复杂度，最终复杂度为O(nk^2)。
#include<iostream>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define N 22000
#define L 2200
#define eps 1e-7
#define inf 1e9+7
#define ll long long
using namespace std;
inline int read()
{
char ch=0;
int x=0,flag=1;
while(!isdigit(ch)){ch=getchar();if(ch=='-')flag=-1;}
while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*flag;
}
struct big
{
int len,a[L];
big()
{
len=1;
memset(a,0,sizeof(a));
}
void print()
{
for(int i=len;i>=1;i--)printf("%d",a[i]);
}
};
big operator+(big a,big b)
{
big ans;
ans.len=max(a.len,b.len);
for(int i=1;i<=ans.len;i++)
{
ans.a[i]+=a.a[i]+b.a[i];
ans.a[i+1]+=(ans.a[i]>>1);
ans.a[i]&=1;
}
if(ans.a[ans.len+1])ans.len++;
return ans;
}
big operator*(big a,int b)
{
big ans=a;
for(int i=1;i<=ans.len;i++)ans.a[i]*=b;
for(int i=1;i<=ans.len;i++)
{
ans.a[i+1]+=ans.a[i]>>1;
ans.a[i]&=1;
}
while(ans.a[ans.len+1])
{
ans.len++;
ans.a[ans.len+1]+=ans.a[ans.len]>>1;
ans.a[ans.len]&=1;
}
return ans;
}
big k,v,q[N],f[N];
int main()
{
int n=read(),i,l=1,r=1,t=1,cnt=0,tot=1;
k.a[1]=v.a[1]=1;q[1].a[1]=0;f[1].a[1]=0;
for(;;l=r+1,r=tot,t++)
{
for(i=l;i<=r;i++)
if(!q[i].a[t])q[++tot]=q[i],f[tot]=f[i];
for(i=l;i<=r;i++)
if(!q[i].a[t])
{
q[++tot]=q[i]+k;f[tot]=f[i]+v,cnt++;
if(cnt==n){f[tot].print();return 0;}
}
v=v*2;k=k*10;
}
return 0;
}