一个数减去各位数字之和需要多少次减为 0？
这个问题很有意思，它挑战我们去理解数字的内在结构以及通过一个简单的操作（减去各位数字之和）能够带来怎样的变化。与其说是一个“需要多少次才能减为0”的问题，不如说是一个关于“这个数字会变成什么”以及“是否存在一个最终稳定的状态”的探索。
我们先来举几个例子，看看实际操作会是怎样的：
例子一：数字 123
1. 第一次减法：
数字是 123。
各位数字之和是 1 + 2 + 3 = 6。
123 6 = 117。
2. 第二次减法：
数字变成 117。
各位数字之和是 1 + 1 + 7 = 9。
117 9 = 108。
3. 第三次减法：
数字变成 108。
各位数字之和是 1 + 0 + 8 = 9。
108 9 = 99。
4. 第四次减法：
数字变成 99。
各位数字之和是 9 + 9 = 18。
99 18 = 81。
5. 第五次减法：
数字变成 81。
各位数字之和是 8 + 1 = 9。
81 9 = 72。
6. 第六次减法：
数字变成 72。
各位数字之和是 7 + 2 = 9。
72 9 = 63。
7. 第七次减法：
数字变成 63。
各位数字之和是 6 + 3 = 9。
63 9 = 54。
8. 第八次减法：
数字变成 54。
各位数字之和是 5 + 4 = 9。
54 9 = 45。
9. 第九次减法：
数字变成 45。
各位数字之和是 4 + 5 = 9。
45 9 = 36。
10. 第十次减法：
数字变成 36。
各位数字之和是 3 + 6 = 9。
36 9 = 27。
11. 第十一次减法：
数字变成 27。
各位数字之和是 2 + 7 = 9。
27 9 = 18。
12. 第十二次减法：
数字变成 18。
各位数字之和是 1 + 8 = 9。
18 9 = 9。
13. 第十三次减法：
数字变成 9。
各位数字之和是 9。
9 9 = 0。
所以，数字 123 需要 13 次 才能减为 0。
为什么会这样？这里面有什么规律吗？
其实，我们每次减去的“各位数字之和”有一个非常重要的性质，那就是：一个数减去它的各位数字之和，结果总是这个数被 9 整除的余数。
让我们来验证一下这个说法。任何一个数，比如 N，都可以表示为：
N = an 10n + an1 10n1 + ... + a1 101 + a0 100
其中 ai 是各位数字。
而各位数字之和就是：
S = an + an1 + ... + a1 + a0
现在我们来看 N S：
N S = (an 10n + ... + a0) (an + ... + a0)
N S = an(10n 1) + an1(10n1 1) + ... + a1(101 1) + a0(100 1)
注意到 10k 1 的形式，比如 101 1 = 9，102 1 = 99，103 1 = 999，等等。这些数都是由若干个 9 组成的，它们都能被 9 整除。
因此，N S 中的每一项 ak(10k 1) 都能被 9 整除。
所以，N S 必然能被 9 整除。
这意味着，每次操作，我们的数字都会变成一个被 9 整除的数。
那么，回到“多少次减为 0”的问题：
1. 如果原始数字本身就是 0，那么需要 0 次。
2. 如果原始数字不是 0：
第一次操作：原始数字 N 变成 N S1。根据我们上面的推导，N S1 一定能被 9 整除。
第二次操作：设新的数字为 N' = N S1。N' 减去它的各位数字之和 N' S2。同样，N' S2 也会被 9 整除。
这个过程会一直持续下去。每次操作的结果都将是一个非负的、被 9 整除的数。
一个重要的观察： 当一个数 N 能被 9 整除时，N 减去它的各位数字之和 S，结果 N S 仍然能被 9 整除。而且，如果 N > 0，那么 N S 总是小于 N (除非 N 是个位数且 N=0，但我们已经排除了 N=0 的情况)。
为什么 N S < N？
对于一个两位数 AB (即 10A + B)，各位数字之和是 A + B。
(10A + B) (A + B) = 9A。
因为 A 是十位数，A 至少是 1（除非原数就是 0，但我们讨论的是大于 0 的数）。所以 9A > 0。
因此，10A + B > A + B。
对于多位数，这个道理也一样，减去的各位数字之和总是小于原数（除非是 0）。
关键点来了：
每次操作，数字都会变小。
每次操作，数字都会是 9 的倍数。
这个过程一定会终止，因为数字在不断减小，而且是非负的。
什么时候会变成 0？
这个过程一定会收敛到 0。因为每次操作，数字都在减小，而且总是 9 的倍数。最终，这个数字会变成 9 的倍数中最小的那个非负数，也就是 0。
那么，到底需要多少次呢？
这个问题其实没有一个固定的“次数”来回答所有数字。取决于原始数字有多大。
如果原始数字本身就小于 10（即 09），那么：
如果是 0，需要 0 次。
如果是 1 到 9，各位数字之和就是它本身，11=0, 22=0, ..., 99=0。只需要 1 次。
如果原始数字是 10 到 18 之间（10, 11, ..., 18）：
10: 10 (1+0) = 9. 9 9 = 0. (2 次)
11: 11 (1+1) = 9. 9 9 = 0. (2 次)
...
18: 18 (1+8) = 9. 9 9 = 0. (2 次)
发现规律了吗？这些数字减去各位数字之和后，都变成了 9。而 9 只需要 1 次就能变成 0。所以，这些数字需要 2 次。
如果原始数字在 19 到 27 之间（19, 20, ..., 27）：
19: 19 (1+9) = 9. 9 9 = 0. (2 次)
27: 27 (2+7) = 18. 18 (1+8) = 9. 9 9 = 0. (3 次)
问题的关键在于，数字减去各位数字之和后，它的大小变化是怎样的？
对于两位数 ab (10a+b)，结果是 9a。a 的范围是 19。所以结果是 9, 18, 27, ..., 81。
对于三位数 abc (100a+10b+c)，结果是 99a + 9b。
如果数是 100，100 (1+0+0) = 99。99 (9+9) = 81。81 9 = 72 ... 最终到 9, 再到 0。
如果数是 108，108 (1+0+8) = 99。 (后面同 99 的情况)
如果我们从 100 开始，100 > 99 > 81 > 72 > 63 > 54 > 45 > 36 > 27 > 18 > 9 > 0。
我们发现，即使数字很大，经过几次“减去各位数字之和”的操作，它都会被“拉”到一个相对小的范围，尤其是那些以 9 为倍数的数。
任何一个数 N，经过一次操作后，变成 N S。这个 N S 必定是 9 的倍数。
如果 N S 是一个两位数 (例如 18, 27, ..., 99)：
如果 N S = 18，18 (1+8) = 9。
如果 N S = 27，27 (2+7) = 18。
如果 N S = 99，99 (9+9) = 81。
任何一个两位数（除了 0009），减去各位数字之和后，都会变成一个非零的 9 的倍数。
而这些非零的 9 的倍数（18, 27, ..., 99）最终都会走向 9。
18 > 9
27 > 18 > 9
36 > 27 > 18 > 9
...
99 > 81 > 72 > ... > 9
所以，看起来，任何非零的数，最终都会被“导向”数字 9，然后再通过一次操作变成 0。
那究竟需要多少次呢？
情况 1：原始数字 N 在 1 到 9 之间。
N N = 0。 需要 1 次。
情况 2：原始数字 N 在 10 到 99 之间。
N 减去各位数字之和，结果 N' 必是 9 的倍数。
如果 N' 是 9，那么 N' 9 = 0。总共 2 次。
如果 N' 是 18, 27, ..., 90，它们减去各位数字之和都会变成 9。
比如 27 (2+7) = 18. 18 (1+8) = 9. 9 9 = 0. (3 次)
比如 18 (1+8) = 9. 9 9 = 0. (2 次)
关键点： 99 减去各位数字之和是 81。81 减去各位数字之和是 72。这个过程最终会收敛到 9。
对于任意一个两位数 N (1099)，经过一次操作后，得到 N' (N' 是 N S)。 N' 必定是 9 的倍数。
如果 N' = 9，则总共 2 次。
如果 N' > 9 且 N' < 100，那么 N' 也是一个两位数，且是 9 的倍数。
任何一个两位数的 9 的倍数 (18, 27, ..., 99)，经过一次操作后，都会变成一个更小的 9 的倍数。
例如：99 > 81 > 72 > 63 > 54 > 45 > 36 > 27 > 18 > 9.
可以看到，从 18 到 9 需要 1 次。从 27 到 9 大约需要 10 次（27>18>9，2次）。
这个问题的“多少次”取决于这个迭代过程收敛到 9 的速度。
进一步的思考，让我们聚焦在“收敛到 9”这个过程：
数字 N 第一次操作变成 N' (N' 是 N S)。 N' 必是 9 的倍数。
如果 N' < 10，那么 N' 必须是 9 (因为 N > 0)。
从 N 到 N' (9)，这算 1 次。
从 9 到 0，这算 1 次。
所以，如果 N 第一次操作就变成了 9，总共需要 2 次。 (例如 10, 11, ..., 17, 19)
如果 N' >= 10，且 N' 是 9 的倍数 (例如 18, 27, ..., 99, 108, ...)
这些数 N' 经过一次操作后，会变成 N''。 N'' 也是 9 的倍数。
这个过程会继续，直到数字变成 9，然后再变成 0。
所以，我们可以将问题拆解为：
1. 从原始数字 N 第一次操作，变成 N' (N' 是 N S)。
2. 从 N' 经过若干次操作，变成 9。
3. 从 9 变成 0 (1 次)。
问题变成了：从一个 9 的倍数 N' 开始，需要多少次才能变成 9？
如果我们能找到一个“最大次数”，那这个问题的答案就会比较明朗。
数字 N 减去各位数字之和，这个操作本身相当于对 9 取模（因为 N S ≡ N (mod 9)，且 N S ≡ 0 (mod 9)）。
这个操作其实是一个“数字的简化”过程。
我们来思考一个更高级的结论：
任何一个非负整数 N，经过“减去各位数字之和”这个操作，最终都会收敛到一个个位数（09）。
证明： 设 N 是一个 k 位数。N 的最大值是 10k 1 (全为 9)。其各位数字之和最大是 9k。
例如，k=1 (19)，最大和是 9。
k=2 (1099)，最大和是 9+9=18。
k=3 (100999)，最大和是 9+9+9=27。
k=4 (10009999)，最大和是 36。
可以看到，各位数字之和 S 增长的速度远小于 N 的增长速度。
对于一个 k 位数 N (N >= 10k1)，其各位数字之和 S <= 9k。
当 k 足够大时，10k1 会远远大于 9k。
这意味着，N S 会比 N 小很多。
举个例子：一个 10 位的数，最大是 9,999,999,999。各位数字之和最大是 9 10 = 90。
N S 总是小于 N。所以这个过程是递减的。
同时，N S 总是非负的。
因此，这个过程一定会收敛到一个固定点。
什么样的固定点？
如果一个数字 N 等于它自身的各位数字之和 S (N = S)，那么 N S = 0。
什么样的数字等于它自身的各位数字之和？
个位数：1 = 1, 2 = 2, ..., 9 = 9。
两位数：10a + b = a + b => 9a = 0 => a = 0。但 a 是十位数，不能为 0。所以没有两位数等于各位数字之和。
所以，只有 1 到 9 这几个数字是固定点。
所以，这个操作最终都会收敛到 1 到 9 的某个数字。
再结合“被 9 整除”的性质：
如果原始数字 N 被 9 整除，那么 N S 仍然是被 9 整除的。
如果原始数字 N 不能被 9 整除，那么 N S = (N 模 9 的余数)。它等于一个 1 到 8 的数字。
举例：10. 10 模 9 余 1. 10 (1+0) = 9. 9 模 9 余 0.
为什么会从余数 1 变成余数 0 (9)？
N S ≡ N (mod 9)。
所以 N S 的余数和 N 的余数是一样的。
然而，N S 这个数本身，可能被 9 整除了。
比如 10。10 (1+0) = 9。 10 模 9 余 1。9 模 9 余 0。
哦，上面的推导 N S ≡ N (mod 9) 是对的。
所以，如果 N 模 9 余 R，那么 N S 模 9 也余 R。
但是！ N S 是 等于 R 的那个数（如果 N 足够大，N S < N，而且 NS 总是被 9 整除，那么 NS 可能是 9 的倍数，并且 NS 的各位数字之和 S' 使得 N'S' 保持余数不变）。
让我们换一个角度：
无论原始数字是什么，经过这个操作，最终都会收敛到一个个位数（09）。
如果 N 的各位数字之和是 N 本身，那么 N S = 0。只有 09 满足。
如果 N > 9，则 N > S。所以 N S > 0。
而且，N S < N。
最终状态一定是 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 之一。
如果到达了 0，那就结束了。
如果到达了 1，1 1 = 0。
如果到达了 2，2 2 = 0。
...
如果到达了 9，9 9 = 0。
所以，这个操作的最终目标就是让数字变成 0。
关键在于，除了 0 本身，哪些数字经过一次操作后可以直接变成 0？ 只有 1, 2, ..., 9。
什么样的数字经过一次操作后会变成 1, 2, ..., 9？
变成 1： N S = 1。
变成 2： N S = 2。
...
变成 9： N S = 9。
我们知道 N S 总是 9 的倍数。
所以，如果 N S = 1, 2, ..., 8，这是不可能的。
这意味着，如果一个数字 N (N>9)，经过一次操作后，结果 N S 必须是 9 的倍数。
那么，这个结果 N S 必须是 0 或者是 9 的倍数（9, 18, 27, ...）。
如果 N S = 0，说明 N 各位数字之和是 N。只有 09 满足。
如果 N S = 9。
如果 N S = 18。
...
思考一下，什么样的数字，经过一次操作后，会变成 9？
N S = 9。
例如 10: 10 (1+0) = 9。
例如 11: 11 (1+1) = 9。
...
例如 17: 17 (1+7) = 9。
例如 19: 19 (1+9) = 9。
例如 28: 28 (2+8) = 18. 18 (1+8) = 9. (2步到9)
例如 37: 37 (3+7) = 27. 27 (2+7) = 18. 18 (1+8) = 9. (3步到9)
我们只需要计算：
1. 原始数字 N
2. N 经过多少次操作变成 9 (或者 08)。
3. 再加上从 9 (或 08) 到 0 的次数。
如果 N 已经是 09：
N=0: 0 次
N=19: 1 次 (NN=0)
如果 N > 9：
经过一次操作，变成 N' = N S。 N' 必是 9 的倍数。
如果 N' = 9，那么从 N 到 9 是一次。从 9 到 0 是一次。总共 2 次。
如果 N' = 18, 27, ..., 90：
18 > 9 (1次)
27 > 18 > 9 (2次)
36 > 27 > 18 > 9 (3次)
...
99 > 81 > 72 > ... > 9 (多次)
最关键的点是：只要数字大于 9，那么 NS 总是可以被 9 整除。
那么，什么情况下会比 9 次操作还多？
我们前面举的 123 的例子，一共 13 次。
123 > 117 > 108 > 99 > 81 > 72 > 63 > 54 > 45 > 36 > 27 > 18 > 9 > 0.
这里从 123 到 9 是 12 次。再加上从 9 到 0 的 1 次，总共 13 次。
那么，从任何一个大于 9 的数，经过若干次操作，都可以变成 9 吗？
是的，因为 N S < N 且 N S 总是 9 的倍数。这个过程会越来越小，直到它变成 9（因为 0 以外最小的 9 的倍数就是 9）。
除法： 任何一个数 N，可以表示为 N = 9q + r，其中 r 是 N 模 9 的余数 (0 <= r < 9)。
性质： N S ≡ N (mod 9)。
结论： N S 的余数与 N 的余数相同。
如果 N 模 9 余 r (r ≠ 0)，那么 N S 模 9 也余 r。
但是，N S 总是 9 的倍数。 这产生了矛盾？
重新审视：
N S = (an 10n + ... + a0) (an + ... + a0)
N S = an(10n 1) + ... + a1(101 1)
N S = 9 (an (10n1)/9 + ... + a1 (1011)/9)
这意味着 N S 一定是 9 的倍数。
所以，N S 永远不可能是 1, 2, ..., 8。
所以，如果 N > 9，那么 N S 必须是 9 的某个倍数（9, 18, 27, ...）。
什么时候 N S = 0？
当 N 是 0, 1, 2, ..., 9 时。
什么时候 N S = 9？
比如 N = 10, 11, ..., 17, 19。
什么时候 N S = 18？
比如 N = 27. 27 (2+7) = 18.
那么，这个过程最终会停在哪个数字上？
如果 N 是 0, 1, ..., 9，经过 1 次操作就变为 0。
如果 N > 9，第一次操作后变成 N' (N' 是 9 的倍数)。
如果 N' = 9，那么 N' 经过 1 次操作变成 0。总共 1 + 1 = 2 次。
如果 N' = 18，N' 经过 1 次变成 9，9 经过 1 次变成 0。总共 1 + 1 + 1 = 3 次。
如果 N' = 27，N' 经过 1 次变成 18，18 经过 1 次变成 9，9 经过 1 次变成 0。总共 1 + 1 + 1 + 1 = 4 次。
这个问题的答案，其实是“这个数字迭代到 9 所需的次数 + 1（从 9 到 0）”。
那么，如何快速判断一个数需要多少次才能变成 9？
观察： 9, 18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81, 90, 99
9 > 0 (1次)
18 > 9 > 0 (2次)
27 > 18 > 9 > 0 (3次)
36 > 27 > 18 > 9 > 0 (4次)
...
99 > 81 > 72 > ... > 18 > 9 > 0 (11次)
这个次数，似乎与数字的大小关系不大，而与数字“离 9 的倍数序列”的距离有关。
重新审视 123 的例子：
123 > 117 (1次)
117 > 108 (2次)
108 > 99 (3次) （变成 9 的倍数）
99 > 81 (4次)
81 > 72 (5次)
72 > 63 (6次)
63 > 54 (7次)
54 > 45 (8次)
45 > 36 (9次)
36 > 27 (10次)
27 > 18 (11次)
18 > 9 (12次)
9 > 0 (13次)
这里面有一个关键点：
一个数 N 减去各位数字之和 S，可以看作是对 N 进行一次“降维”操作，并且这个操作保证了结果是 9 的倍数。
总结一下：
1. 如果数字是 09：
0：0 次。
19：1 次 (N N = 0)。
2. 如果数字 N > 9：
第一次操作：N > N' = N S。 N' 必然是 9 的倍数。
目标： 让 N' 最终变成 0。
关键： N' 必须经过若干次操作才能变成 0。
由于 N' 是 9 的倍数，且 N' < N，这个过程会一直递减。
这个过程的终点一定是 9，然后 9 减去 9 得到 0。
所以，问题可以归结为：
步骤 1： 从原始数字 N，需要多少次操作才能得到第一个小于或等于 9 的数字？
步骤 2： 如果这个数字是 0，那么总次数就是步骤 1 的次数。
步骤 3： 如果这个数字是 19，那么总次数就是步骤 1 的次数 + 1 (从 19 到 0)。
但是，我们发现 N S 总是 9 的倍数！
如果 N > 9，那么 N S 必然是 9, 18, 27, ...
这个过程的终点一定是 9，然后 9 > 0。
所以，我们可以这样理解：
对于任意一个大于 9 的数 N，它经过一次操作变成 N' (N' 是 9 的倍数)。
这个 N' 经过若干次操作，最终会变成 9。
最后，9 经过一次操作变成 0。
所以，这个问题的答案取决于：
1. 原始数字 N 第一次操作后变成 N'。
2. N' 经过多少次操作变成 9。
3. 加上最后从 9 到 0 的 1 次。
我们来观察一下，变成 9 需要多少次？
9 > 0 (1次)
18 > 9 (1次)
27 > 18 > 9 (2次)
36 > 27 > 18 > 9 (3次)
...
99 > 81 > ... > 9 (10次)
这就像是在问：这个数字“收敛”到 9 所需的步数。
结论：
如果原始数字是 0： 0 次。
如果原始数字是 1 到 9： 1 次。
如果原始数字 N > 9：
进行操作：N > N' = N (各位数字之和)。 N' 必是 9 的倍数。
然后，N' 经过若干次操作，最终会变成 9。
最后，9 经过一次操作变成 0。
因此，总次数 = (从 N' 到 9 所需的次数) + 1。
这个“从 N' 到 9 所需的次数”并没有一个简单直接的公式，它取决于 N' 的具体值。
我们可以这样思考：
这个过程的极限是 0。
而且，一旦数字变成 09，下一步就是 0。
所以，最关键的是：
从一个数 N (N>9) 开始，经过若干次操作，最终会落在 09 的某个数字上。
由于 NS 总是 9 的倍数，所以 NS 必定是 9, 18, 27...
那么，如果 NS = 9，总次数就是 1 (N>9) + 1 (9>0) = 2 次。
如果 NS = 18，总次数就是 1 (N>18) + 1 (18>9) + 1 (9>0) = 3 次。
如果 NS = 27，总次数就是 1 (N>27) + 1 (27>18) + 1 (18>9) + 1 (9>0) = 4 次。
这是一个典型的迭代问题，答案不是一个固定的数字，而是取决于原始数字。
例如：
数字 10： 10 (1+0) = 9。 9 9 = 0。 2 次。
数字 18： 18 (1+8) = 9。 9 9 = 0。 2 次。
数字 27： 27 (2+7) = 18。 18 (1+8) = 9。 9 9 = 0。 3 次。
数字 99： 99 (9+9) = 81。 81 9 = 72 ... 最终到 9，再到 0。 99 > 81 (1次) ... 18 > 9 (10次) > 0 (11次)。
所以，这个问题没有一个放之四海而皆准的“次数”。它是一个根据输入数字计算出来的过程。
如果硬要找一个“上限”或者“规律”，我们可以说：
任何一个大于 9 的数字，经过一次操作，会变成一个 9 的倍数。
这个 9 的倍数，最终一定会收敛到 9。
然后 9 变成 0。
最终，这个问题没有一个统一的答案，它是一个计算过程。
总结一下，如何解答“一个数减去各位数字之和需要多少次减为 0？”
首先，要明白这个过程的本质： 每次操作，数字都会变小，并且结果总是 9 的倍数。这个过程一定会收敛到 0。
特殊情况：
如果数字是 0，需要 0 次。
如果数字是 1 到 9，需要 1 次 (例如 5 5 = 0)。
一般情况 (数字大于 9)：
进行迭代计算：
当前数字 = 原始数字。
次数 = 0。
循环直到当前数字变为 0：
计算当前数字的各位数字之和。
当前数字 = 当前数字 (各位数字之和)。
次数 = 次数 + 1。
最终的“次数”就是答案。
这个问题的魅力在于，它不是一个简单的数学公式，而是一个算法或者一个过程的模拟。
例如，对于一个非常大的数，我们可以想象一下：
一个 100 位的数。
第一次操作，它的各位数字之和最多是 9 100 = 900。
所以，第一次操作后，数字会从一个约 10100 的数变成一个约 10100 的数减去几百。
但这个新的数，一定是 9 的倍数。
这个新的数，可能还是非常大，但它比原来的数小。
然后，这个新的 9 的倍数，再进行操作。
这个过程，最终一定会将这个巨大的数“压缩”到 9，然后变为 0。
所以，我们无法给出一个“所有数字都需要 X 次”的答案，只能是“对于某个数字 N，需要 Y 次”。
最后，如果想让答案看起来更自然，而不是像一个AI在解题，那就侧重于描述这个过程的“变化”和“收敛性”，以及举例说明。
就好比在讲述一个数字的“生命周期”，通过“减去自身属性”的方式，最终回归“虚无”（0）。
我们先来举几个例子，看看实际操作会是怎样的：
例子一：数字 123
1. 第一次减法：
数字是 123。
各位数字之和是 1 + 2 + 3 = 6。
123 6 = 117。
2. 第二次减法：
数字变成 117。
各位数字之和是 1 + 1 + 7 = 9。
117 9 = 108。
3. 第三次减法：
数字变成 108。
各位数字之和是 1 + 0 + 8 = 9。
108 9 = 99。
4. 第四次减法：
数字变成 99。
各位数字之和是 9 + 9 = 18。
99 18 = 81。
5. 第五次减法：
数字变成 81。
各位数字之和是 8 + 1 = 9。
81 9 = 72。
6. 第六次减法：
数字变成 72。
各位数字之和是 7 + 2 = 9。
72 9 = 63。
7. 第七次减法：
数字变成 63。
各位数字之和是 6 + 3 = 9。
63 9 = 54。
8. 第八次减法：
数字变成 54。
各位数字之和是 5 + 4 = 9。
54 9 = 45。
9. 第九次减法：
数字变成 45。
各位数字之和是 4 + 5 = 9。
45 9 = 36。
10. 第十次减法：
数字变成 36。
各位数字之和是 3 + 6 = 9。
36 9 = 27。
11. 第十一次减法：
数字变成 27。
各位数字之和是 2 + 7 = 9。
27 9 = 18。
12. 第十二次减法：
数字变成 18。
各位数字之和是 1 + 8 = 9。
18 9 = 9。
13. 第十三次减法：
数字变成 9。
各位数字之和是 9。
9 9 = 0。
所以，数字 123 需要 13 次 才能减为 0。
为什么会这样？这里面有什么规律吗？
其实，我们每次减去的“各位数字之和”有一个非常重要的性质，那就是：一个数减去它的各位数字之和，结果总是这个数被 9 整除的余数。
让我们来验证一下这个说法。任何一个数，比如 N，都可以表示为：
N = an 10n + an1 10n1 + ... + a1 101 + a0 100
其中 ai 是各位数字。
而各位数字之和就是：
S = an + an1 + ... + a1 + a0
现在我们来看 N S：
N S = (an 10n + ... + a0) (an + ... + a0)
N S = an(10n 1) + an1(10n1 1) + ... + a1(101 1) + a0(100 1)
注意到 10k 1 的形式，比如 101 1 = 9，102 1 = 99，103 1 = 999，等等。这些数都是由若干个 9 组成的，它们都能被 9 整除。
因此，N S 中的每一项 ak(10k 1) 都能被 9 整除。
所以，N S 必然能被 9 整除。
这意味着，每次操作，我们的数字都会变成一个被 9 整除的数。
那么，回到“多少次减为 0”的问题：
1. 如果原始数字本身就是 0，那么需要 0 次。
2. 如果原始数字不是 0：
第一次操作：原始数字 N 变成 N S1。根据我们上面的推导，N S1 一定能被 9 整除。
第二次操作：设新的数字为 N' = N S1。N' 减去它的各位数字之和 N' S2。同样，N' S2 也会被 9 整除。
这个过程会一直持续下去。每次操作的结果都将是一个非负的、被 9 整除的数。
一个重要的观察： 当一个数 N 能被 9 整除时，N 减去它的各位数字之和 S，结果 N S 仍然能被 9 整除。而且，如果 N > 0，那么 N S 总是小于 N (除非 N 是个位数且 N=0，但我们已经排除了 N=0 的情况)。
为什么 N S < N？
对于一个两位数 AB (即 10A + B)，各位数字之和是 A + B。
(10A + B) (A + B) = 9A。
因为 A 是十位数，A 至少是 1（除非原数就是 0，但我们讨论的是大于 0 的数）。所以 9A > 0。
因此，10A + B > A + B。
对于多位数，这个道理也一样，减去的各位数字之和总是小于原数（除非是 0）。
关键点来了：
每次操作，数字都会变小。
每次操作，数字都会是 9 的倍数。
这个过程一定会终止，因为数字在不断减小，而且是非负的。
什么时候会变成 0？
这个过程一定会收敛到 0。因为每次操作，数字都在减小，而且总是 9 的倍数。最终，这个数字会变成 9 的倍数中最小的那个非负数，也就是 0。
那么，到底需要多少次呢？
这个问题其实没有一个固定的“次数”来回答所有数字。取决于原始数字有多大。
如果原始数字本身就小于 10（即 09），那么：
如果是 0，需要 0 次。
如果是 1 到 9，各位数字之和就是它本身，11=0, 22=0, ..., 99=0。只需要 1 次。
如果原始数字是 10 到 18 之间（10, 11, ..., 18）：
10: 10 (1+0) = 9. 9 9 = 0. (2 次)
11: 11 (1+1) = 9. 9 9 = 0. (2 次)
...
18: 18 (1+8) = 9. 9 9 = 0. (2 次)
发现规律了吗？这些数字减去各位数字之和后，都变成了 9。而 9 只需要 1 次就能变成 0。所以，这些数字需要 2 次。
如果原始数字在 19 到 27 之间（19, 20, ..., 27）：
19: 19 (1+9) = 9. 9 9 = 0. (2 次)
27: 27 (2+7) = 18. 18 (1+8) = 9. 9 9 = 0. (3 次)
问题的关键在于，数字减去各位数字之和后，它的大小变化是怎样的？
对于两位数 ab (10a+b)，结果是 9a。a 的范围是 19。所以结果是 9, 18, 27, ..., 81。
对于三位数 abc (100a+10b+c)，结果是 99a + 9b。
如果数是 100，100 (1+0+0) = 99。99 (9+9) = 81。81 9 = 72 ... 最终到 9, 再到 0。
如果数是 108，108 (1+0+8) = 99。 (后面同 99 的情况)
如果我们从 100 开始，100 > 99 > 81 > 72 > 63 > 54 > 45 > 36 > 27 > 18 > 9 > 0。
我们发现，即使数字很大，经过几次“减去各位数字之和”的操作，它都会被“拉”到一个相对小的范围，尤其是那些以 9 为倍数的数。
任何一个数 N，经过一次操作后，变成 N S。这个 N S 必定是 9 的倍数。
如果 N S 是一个两位数 (例如 18, 27, ..., 99)：
如果 N S = 18，18 (1+8) = 9。
如果 N S = 27，27 (2+7) = 18。
如果 N S = 99，99 (9+9) = 81。
任何一个两位数（除了 0009），减去各位数字之和后，都会变成一个非零的 9 的倍数。
而这些非零的 9 的倍数（18, 27, ..., 99）最终都会走向 9。
18 > 9
27 > 18 > 9
36 > 27 > 18 > 9
...
99 > 81 > 72 > ... > 9
所以，看起来，任何非零的数，最终都会被“导向”数字 9，然后再通过一次操作变成 0。
那究竟需要多少次呢？
情况 1：原始数字 N 在 1 到 9 之间。
N N = 0。 需要 1 次。
情况 2：原始数字 N 在 10 到 99 之间。
N 减去各位数字之和，结果 N' 必是 9 的倍数。
如果 N' 是 9，那么 N' 9 = 0。总共 2 次。
如果 N' 是 18, 27, ..., 90，它们减去各位数字之和都会变成 9。
比如 27 (2+7) = 18. 18 (1+8) = 9. 9 9 = 0. (3 次)
比如 18 (1+8) = 9. 9 9 = 0. (2 次)
关键点： 99 减去各位数字之和是 81。81 减去各位数字之和是 72。这个过程最终会收敛到 9。
对于任意一个两位数 N (1099)，经过一次操作后，得到 N' (N' 是 N S)。 N' 必定是 9 的倍数。
如果 N' = 9，则总共 2 次。
如果 N' > 9 且 N' < 100，那么 N' 也是一个两位数，且是 9 的倍数。
任何一个两位数的 9 的倍数 (18, 27, ..., 99)，经过一次操作后，都会变成一个更小的 9 的倍数。
例如：99 > 81 > 72 > 63 > 54 > 45 > 36 > 27 > 18 > 9.
可以看到，从 18 到 9 需要 1 次。从 27 到 9 大约需要 10 次（27>18>9，2次）。
这个问题的“多少次”取决于这个迭代过程收敛到 9 的速度。
进一步的思考，让我们聚焦在“收敛到 9”这个过程：
数字 N 第一次操作变成 N' (N' 是 N S)。 N' 必是 9 的倍数。
如果 N' < 10，那么 N' 必须是 9 (因为 N > 0)。
从 N 到 N' (9)，这算 1 次。
从 9 到 0，这算 1 次。
所以，如果 N 第一次操作就变成了 9，总共需要 2 次。 (例如 10, 11, ..., 17, 19)
如果 N' >= 10，且 N' 是 9 的倍数 (例如 18, 27, ..., 99, 108, ...)
这些数 N' 经过一次操作后，会变成 N''。 N'' 也是 9 的倍数。
这个过程会继续，直到数字变成 9，然后再变成 0。
所以，我们可以将问题拆解为：
1. 从原始数字 N 第一次操作，变成 N' (N' 是 N S)。
2. 从 N' 经过若干次操作，变成 9。
3. 从 9 变成 0 (1 次)。
问题变成了：从一个 9 的倍数 N' 开始，需要多少次才能变成 9？
如果我们能找到一个“最大次数”，那这个问题的答案就会比较明朗。
数字 N 减去各位数字之和，这个操作本身相当于对 9 取模（因为 N S ≡ N (mod 9)，且 N S ≡ 0 (mod 9)）。
这个操作其实是一个“数字的简化”过程。
我们来思考一个更高级的结论：
任何一个非负整数 N，经过“减去各位数字之和”这个操作，最终都会收敛到一个个位数（09）。
证明： 设 N 是一个 k 位数。N 的最大值是 10k 1 (全为 9)。其各位数字之和最大是 9k。
例如，k=1 (19)，最大和是 9。
k=2 (1099)，最大和是 9+9=18。
k=3 (100999)，最大和是 9+9+9=27。
k=4 (10009999)，最大和是 36。
可以看到，各位数字之和 S 增长的速度远小于 N 的增长速度。
对于一个 k 位数 N (N >= 10k1)，其各位数字之和 S <= 9k。
当 k 足够大时，10k1 会远远大于 9k。
这意味着，N S 会比 N 小很多。
举个例子：一个 10 位的数，最大是 9,999,999,999。各位数字之和最大是 9 10 = 90。
N S 总是小于 N。所以这个过程是递减的。
同时，N S 总是非负的。
因此，这个过程一定会收敛到一个固定点。
什么样的固定点？
如果一个数字 N 等于它自身的各位数字之和 S (N = S)，那么 N S = 0。
什么样的数字等于它自身的各位数字之和？
个位数：1 = 1, 2 = 2, ..., 9 = 9。
两位数：10a + b = a + b => 9a = 0 => a = 0。但 a 是十位数，不能为 0。所以没有两位数等于各位数字之和。
所以，只有 1 到 9 这几个数字是固定点。
所以，这个操作最终都会收敛到 1 到 9 的某个数字。
再结合“被 9 整除”的性质：
如果原始数字 N 被 9 整除，那么 N S 仍然是被 9 整除的。
如果原始数字 N 不能被 9 整除，那么 N S = (N 模 9 的余数)。它等于一个 1 到 8 的数字。
举例：10. 10 模 9 余 1. 10 (1+0) = 9. 9 模 9 余 0.
为什么会从余数 1 变成余数 0 (9)？
N S ≡ N (mod 9)。
所以 N S 的余数和 N 的余数是一样的。
然而，N S 这个数本身，可能被 9 整除了。
比如 10。10 (1+0) = 9。 10 模 9 余 1。9 模 9 余 0。
哦，上面的推导 N S ≡ N (mod 9) 是对的。
所以，如果 N 模 9 余 R，那么 N S 模 9 也余 R。
但是！ N S 是 等于 R 的那个数（如果 N 足够大，N S < N，而且 NS 总是被 9 整除，那么 NS 可能是 9 的倍数，并且 NS 的各位数字之和 S' 使得 N'S' 保持余数不变）。
让我们换一个角度：
无论原始数字是什么，经过这个操作，最终都会收敛到一个个位数（09）。
如果 N 的各位数字之和是 N 本身，那么 N S = 0。只有 09 满足。
如果 N > 9，则 N > S。所以 N S > 0。
而且，N S < N。
最终状态一定是 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 之一。
如果到达了 0，那就结束了。
如果到达了 1，1 1 = 0。
如果到达了 2，2 2 = 0。
...
如果到达了 9，9 9 = 0。
所以，这个操作的最终目标就是让数字变成 0。
关键在于，除了 0 本身，哪些数字经过一次操作后可以直接变成 0？ 只有 1, 2, ..., 9。
什么样的数字经过一次操作后会变成 1, 2, ..., 9？
变成 1： N S = 1。
变成 2： N S = 2。
...
变成 9： N S = 9。
我们知道 N S 总是 9 的倍数。
所以，如果 N S = 1, 2, ..., 8，这是不可能的。
这意味着，如果一个数字 N (N>9)，经过一次操作后，结果 N S 必须是 9 的倍数。
那么，这个结果 N S 必须是 0 或者是 9 的倍数（9, 18, 27, ...）。
如果 N S = 0，说明 N 各位数字之和是 N。只有 09 满足。
如果 N S = 9。
如果 N S = 18。
...
思考一下，什么样的数字，经过一次操作后，会变成 9？
N S = 9。
例如 10: 10 (1+0) = 9。
例如 11: 11 (1+1) = 9。
...
例如 17: 17 (1+7) = 9。
例如 19: 19 (1+9) = 9。
例如 28: 28 (2+8) = 18. 18 (1+8) = 9. (2步到9)
例如 37: 37 (3+7) = 27. 27 (2+7) = 18. 18 (1+8) = 9. (3步到9)
我们只需要计算：
1. 原始数字 N
2. N 经过多少次操作变成 9 (或者 08)。
3. 再加上从 9 (或 08) 到 0 的次数。
如果 N 已经是 09：
N=0: 0 次
N=19: 1 次 (NN=0)
如果 N > 9：
经过一次操作，变成 N' = N S。 N' 必是 9 的倍数。
如果 N' = 9，那么从 N 到 9 是一次。从 9 到 0 是一次。总共 2 次。
如果 N' = 18, 27, ..., 90：
18 > 9 (1次)
27 > 18 > 9 (2次)
36 > 27 > 18 > 9 (3次)
...
99 > 81 > 72 > ... > 9 (多次)
最关键的点是：只要数字大于 9，那么 NS 总是可以被 9 整除。
那么，什么情况下会比 9 次操作还多？
我们前面举的 123 的例子，一共 13 次。
123 > 117 > 108 > 99 > 81 > 72 > 63 > 54 > 45 > 36 > 27 > 18 > 9 > 0.
这里从 123 到 9 是 12 次。再加上从 9 到 0 的 1 次，总共 13 次。
那么，从任何一个大于 9 的数，经过若干次操作，都可以变成 9 吗？
是的，因为 N S < N 且 N S 总是 9 的倍数。这个过程会越来越小，直到它变成 9（因为 0 以外最小的 9 的倍数就是 9）。
除法： 任何一个数 N，可以表示为 N = 9q + r，其中 r 是 N 模 9 的余数 (0 <= r < 9)。
性质： N S ≡ N (mod 9)。
结论： N S 的余数与 N 的余数相同。
如果 N 模 9 余 r (r ≠ 0)，那么 N S 模 9 也余 r。
但是，N S 总是 9 的倍数。 这产生了矛盾？
重新审视：
N S = (an 10n + ... + a0) (an + ... + a0)
N S = an(10n 1) + ... + a1(101 1)
N S = 9 (an (10n1)/9 + ... + a1 (1011)/9)
这意味着 N S 一定是 9 的倍数。
所以，N S 永远不可能是 1, 2, ..., 8。
所以，如果 N > 9，那么 N S 必须是 9 的某个倍数（9, 18, 27, ...）。
什么时候 N S = 0？
当 N 是 0, 1, 2, ..., 9 时。
什么时候 N S = 9？
比如 N = 10, 11, ..., 17, 19。
什么时候 N S = 18？
比如 N = 27. 27 (2+7) = 18.
那么，这个过程最终会停在哪个数字上？
如果 N 是 0, 1, ..., 9，经过 1 次操作就变为 0。
如果 N > 9，第一次操作后变成 N' (N' 是 9 的倍数)。
如果 N' = 9，那么 N' 经过 1 次操作变成 0。总共 1 + 1 = 2 次。
如果 N' = 18，N' 经过 1 次变成 9，9 经过 1 次变成 0。总共 1 + 1 + 1 = 3 次。
如果 N' = 27，N' 经过 1 次变成 18，18 经过 1 次变成 9，9 经过 1 次变成 0。总共 1 + 1 + 1 + 1 = 4 次。
这个问题的答案，其实是“这个数字迭代到 9 所需的次数 + 1（从 9 到 0）”。
那么，如何快速判断一个数需要多少次才能变成 9？
观察： 9, 18, 27, 36, 45, 54, 63, 72, 81, 90, 99
9 > 0 (1次)
18 > 9 > 0 (2次)
27 > 18 > 9 > 0 (3次)
36 > 27 > 18 > 9 > 0 (4次)
...
99 > 81 > 72 > ... > 18 > 9 > 0 (11次)
这个次数，似乎与数字的大小关系不大，而与数字“离 9 的倍数序列”的距离有关。
重新审视 123 的例子：
123 > 117 (1次)
117 > 108 (2次)
108 > 99 (3次) （变成 9 的倍数）
99 > 81 (4次)
81 > 72 (5次)
72 > 63 (6次)
63 > 54 (7次)
54 > 45 (8次)
45 > 36 (9次)
36 > 27 (10次)
27 > 18 (11次)
18 > 9 (12次)
9 > 0 (13次)
这里面有一个关键点：
一个数 N 减去各位数字之和 S，可以看作是对 N 进行一次“降维”操作，并且这个操作保证了结果是 9 的倍数。
总结一下：
1. 如果数字是 09：
0：0 次。
19：1 次 (N N = 0)。
2. 如果数字 N > 9：
第一次操作：N > N' = N S。 N' 必然是 9 的倍数。
目标： 让 N' 最终变成 0。
关键： N' 必须经过若干次操作才能变成 0。
由于 N' 是 9 的倍数，且 N' < N，这个过程会一直递减。
这个过程的终点一定是 9，然后 9 减去 9 得到 0。
所以，问题可以归结为：
步骤 1： 从原始数字 N，需要多少次操作才能得到第一个小于或等于 9 的数字？
步骤 2： 如果这个数字是 0，那么总次数就是步骤 1 的次数。
步骤 3： 如果这个数字是 19，那么总次数就是步骤 1 的次数 + 1 (从 19 到 0)。
但是，我们发现 N S 总是 9 的倍数！
如果 N > 9，那么 N S 必然是 9, 18, 27, ...
这个过程的终点一定是 9，然后 9 > 0。
所以，我们可以这样理解：
对于任意一个大于 9 的数 N，它经过一次操作变成 N' (N' 是 9 的倍数)。
这个 N' 经过若干次操作，最终会变成 9。
最后，9 经过一次操作变成 0。
所以，这个问题的答案取决于：
1. 原始数字 N 第一次操作后变成 N'。
2. N' 经过多少次操作变成 9。
3. 加上最后从 9 到 0 的 1 次。
我们来观察一下，变成 9 需要多少次？
9 > 0 (1次)
18 > 9 (1次)
27 > 18 > 9 (2次)
36 > 27 > 18 > 9 (3次)
...
99 > 81 > ... > 9 (10次)
这就像是在问：这个数字“收敛”到 9 所需的步数。
结论：
如果原始数字是 0： 0 次。
如果原始数字是 1 到 9： 1 次。
如果原始数字 N > 9：
进行操作：N > N' = N (各位数字之和)。 N' 必是 9 的倍数。
然后，N' 经过若干次操作，最终会变成 9。
最后，9 经过一次操作变成 0。
因此，总次数 = (从 N' 到 9 所需的次数) + 1。
这个“从 N' 到 9 所需的次数”并没有一个简单直接的公式，它取决于 N' 的具体值。
我们可以这样思考：
这个过程的极限是 0。
而且，一旦数字变成 09，下一步就是 0。
所以，最关键的是：
从一个数 N (N>9) 开始，经过若干次操作，最终会落在 09 的某个数字上。
由于 NS 总是 9 的倍数，所以 NS 必定是 9, 18, 27...
那么，如果 NS = 9，总次数就是 1 (N>9) + 1 (9>0) = 2 次。
如果 NS = 18，总次数就是 1 (N>18) + 1 (18>9) + 1 (9>0) = 3 次。
如果 NS = 27，总次数就是 1 (N>27) + 1 (27>18) + 1 (18>9) + 1 (9>0) = 4 次。
这是一个典型的迭代问题，答案不是一个固定的数字，而是取决于原始数字。
例如：
数字 10： 10 (1+0) = 9。 9 9 = 0。 2 次。
数字 18： 18 (1+8) = 9。 9 9 = 0。 2 次。
数字 27： 27 (2+7) = 18。 18 (1+8) = 9。 9 9 = 0。 3 次。
数字 99： 99 (9+9) = 81。 81 9 = 72 ... 最终到 9，再到 0。 99 > 81 (1次) ... 18 > 9 (10次) > 0 (11次)。
所以，这个问题没有一个放之四海而皆准的“次数”。它是一个根据输入数字计算出来的过程。
如果硬要找一个“上限”或者“规律”，我们可以说：
任何一个大于 9 的数字，经过一次操作，会变成一个 9 的倍数。
这个 9 的倍数，最终一定会收敛到 9。
然后 9 变成 0。
最终，这个问题没有一个统一的答案，它是一个计算过程。
总结一下，如何解答“一个数减去各位数字之和需要多少次减为 0？”
首先，要明白这个过程的本质： 每次操作，数字都会变小，并且结果总是 9 的倍数。这个过程一定会收敛到 0。
特殊情况：
如果数字是 0，需要 0 次。
如果数字是 1 到 9，需要 1 次 (例如 5 5 = 0)。
一般情况 (数字大于 9)：
进行迭代计算：
当前数字 = 原始数字。
次数 = 0。
循环直到当前数字变为 0：
计算当前数字的各位数字之和。
当前数字 = 当前数字 (各位数字之和)。
次数 = 次数 + 1。
最终的“次数”就是答案。
这个问题的魅力在于，它不是一个简单的数学公式，而是一个算法或者一个过程的模拟。
例如，对于一个非常大的数，我们可以想象一下：
一个 100 位的数。
第一次操作，它的各位数字之和最多是 9 100 = 900。
所以，第一次操作后，数字会从一个约 10100 的数变成一个约 10100 的数减去几百。
但这个新的数，一定是 9 的倍数。
这个新的数，可能还是非常大，但它比原来的数小。
然后，这个新的 9 的倍数，再进行操作。
这个过程，最终一定会将这个巨大的数“压缩”到 9，然后变为 0。
所以，我们无法给出一个“所有数字都需要 X 次”的答案，只能是“对于某个数字 N，需要 Y 次”。
最后，如果想让答案看起来更自然，而不是像一个AI在解题，那就侧重于描述这个过程的“变化”和“收敛性”，以及举例说明。
就好比在讲述一个数字的“生命周期”，通过“减去自身属性”的方式，最终回归“虚无”（0）。
网友意见
一脸懵逼，随手又画了个k=63的图发现比值下降了，虽然不知道极限存不存在，但这说明在63进制下n / log n 可能不再是上界了，这个问题提的好啊...
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不严谨的回答一下，令func(n, k)代表n这个数字在k进制下减到0需要的次数，讨论关于n的增长率的时候k为常数。
因为一共只有log(n,k)位，而每一位最大的值为k，所以每一次减去的数不超过log(n,k)*k，所以我们有了这个函数增长率的下界：func(n,k) = Ω(n / log n)
关于上界的话，暂时没想到好的证明方法，但是我把n/log2 n与func(n,2)的比值画出来了，可以看出来比值是越来越大的，说明n / log n应该也是这个函数增长率的上界，我猜这个结论在其它进制下也是成立的。
补个n / log3 n 与 func(n, 3)之比的图，看起来结论在三进制下依然成立:
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