QwX?(題目提供者) 首先簡化題目，題面的意思就是，當(dāng)前有一個數(shù)s 操作1是s*=k代價為k，操作2是s--代價為1 求把s從1變到n的最小代價 做法1： 直接暴力記憶化搜索，F(i)表示從1到i用的最小操作數(shù) 則F(i)=min(F(i+1),min{F(k)+n/k|n%k==0}) 當(dāng)然這樣做肯定過不了 做法2： 考慮把問題轉(zhuǎn)換成圖論模型，對于每個i 連邊i→i-1邊權(quán)為1，連邊i→i*k邊權(quán)為k 那么題目就是要求點1到點n的最短路 但是很顯然這樣復(fù)雜度還是很高并不能過 做法3： 注意到如果一條邊i→i*k能用若干條邊代替 那么i→i*k這條邊就是沒有意義的 因為那些邊的權(quán)值的乘積等于k 即那些邊的權(quán)值和小于等于k 因此對于每個i，只用連i→i*p的邊，其中p是質(zhì)數(shù) 這樣就可以讓邊數(shù)變得很小了 但是0.1s還是過不去 做法4： 既然過不去，就可以想一些別的辦法 考慮在做法3中記錄每一個點的最短路路徑 就是打一個每個點自己最短路上的上一個點的表 那么可以從表中發(fā)現(xiàn)，i→i-1的邊不會連續(xù)出現(xiàn)4次以上 而且i→i*p的邊只有當(dāng)p<=13的時候才有意義 于是又可以刪掉很多邊，邊數(shù)大概是3*10^6條 但是這樣做復(fù)雜度還是不夠，用時稍微多于0.1s 做法5： 既然最短路的做法復(fù)雜度太高，就可以再換個思路。 重新考慮記憶化搜索的做法，F(i,j)表示從1到i上一條邊的狀態(tài)是j的最少操作數(shù) j=0時上一條邊可以是i→i-1的，否則就是i→i*p的邊 那么F(i,0)=min(min{F(i+k,1)|0<k<5},min{F(i/p,0)|p<13}) 于是這樣做就可以把時間降到最低，從而做出此題 不忘初心 方得始終 PS:后來因為時限問題把時限改成了0.4s，所以做法3就A掉這個題 而且經(jīng)過我自己的測試，做法5是可以在1s之內(nèi)通過10^9的數(shù)據(jù)的 如果大家有興趣可以試著打一下，畢竟也是一個很好的思路 我用了做法4。做法5看不懂。。。做法4一開始我加邊部分點tle了，不加邊就A了。 #include<cstdio> #include<cstring> #include<cctype> #include<algorithm> #include<queue> using namespace std; #define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++) #define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--) #define clr(x,c) memset(x,c,sizeof(x)) #define qwq(x) for(edge *o=head[x];o;o=o->next) const int nmax=2e6+5; const int maxn=1e7+5; const int inf=0x7f7f7f7f; struct node{int x,dist;node(int x,int dist):x(x),dist(dist){};node(){};bool operator<(const node&rhs)const{return dist>rhs.dist;} }; priority_queue<node>q; int dist[nmax]; const int a[]={2,3,5,7,9,11,13}; int dij(int x){clr(dist,0x7f);dist[1]=0;q.push(node(1,0));node o;int tx,td,to;while(!q.empty()){o=q.top();q.pop();tx=o.x;td=o.dist;if(dist[tx]!=td) continue;rep(i,0,5){to=tx*a[i];if(to<x+10&&dist[to]>td+a[i]){dist[to]=td+a[i];q.push(node(to,td+a[i]));}}if(tx&&dist[tx-1]>dist[tx]+1){dist[tx-1]=dist[tx]+1;q.push(node(tx-1,dist[tx-1]));}} return dist[x]; } int main(){int n;scanf("%d",&n);printf("%d\n",dij(n));return 0; }

　　

1693?水群 基準(zhǔn)時間限制：0.4?秒 空間限制：524288?KB 分值:?160?難度：6級算法題 ?收藏 ?關(guān)注 總所周知，水群是一件很浪費時間的事，但是其實在水群這件事中，也可以找到一些有意思的東西。 比如現(xiàn)在，bx2k就在研究怎樣水表情的問題。 首先，bx2k在對話框中輸入了一個表情，接下來，他可以進行三種操作。 第一種，是全選復(fù)制，把所有表情全選然后復(fù)制到剪貼板中。 第二種，是粘貼，把剪貼板中的表情粘貼到對話框中。 第三種，是退格，把對話框中的最后一個表情刪去。 假設(shè)當(dāng)前對話框中的表情數(shù)是num0，剪貼板中的表情數(shù)是num1， 那么第一種操作就是num1=num0 第二種操作就是num0+=num1 第三種操作就是num0-- 現(xiàn)在bx2k想知道，如果要得到n(1<=n<=10^6)個表情，最少需要幾次操作。 請你設(shè)計一個程序幫助bx2k水群吧。 Input 一個整數(shù)n表示需要得到的表情數(shù) Output 一個整數(shù)ans表示最少需要的操作數(shù) Input示例 233 Output示例 17

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總結(jié)

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