Codeforces #251C: Number Transformation 题解

最新推荐文章于 2023-04-28 21:22:40 发布

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一道看似贪心实则需要动态规划的题目。当数据范围较小，可以通过记忆化搜索求解。然而面对a≤1018的情况，需要优化到O(log a)的时间复杂度。通过分析每个2~k的倍数，发现数字会经过b~a之间所有倍数到达b，进而将问题分解为多个阶段，预处理阶段间的转换，并处理开始和结束特殊情况。利用lcm(2,3,4…k)的限制，保证了复杂度。" 113393296,10543417,Julia语言入门：快速搭建科学计算开发环境,"['julia语言', 'python解释器', '科学计算', '编程环境', '性能优化']

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这道题贼像贪心，于是上来就大力乱搞一波，结果WA了
如果数据范围很小，我们自然可以考虑这样的dp
令dp[i]表示当前的数字是i，想要变成b的最小步数，这个只要记忆化搜索就好了
然而这样是 $O(a)$ 的， $a\leq10^{18}$ ，还得再想办法
我们抓出2~k的某一个i单独考虑，只有-(a mod i)和-1两种操作，我们可以发现一个性质：这个数一定会经过b~a中间所有i的倍数到达b
那么考虑2~k的所有数，我们发现a一定会经过b~a中间所有的lcm(2,3,4…k)的倍数到达b
于是这个过程可以分阶段考虑，lcm(2,3,4…k)的倍数之间的部分可以预处理出来，乘上段数，最后再单独算一下开头结尾就好
lcm(2,3,4…15)<500000，复杂度是有保证的

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <utility>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
#include <deque>
#include <stack>
#include <cmath>
#define LL long long
#define LB long double
#define x first
#define y second
#define Pair pair<int,int>
#define pb push_back
#define pf push_front
#define mp make_pair
#define LOWBIT(x) x & (-x)
using namespace std;

const int MOD=1e9+7;
const LL LINF=2e16;
const int INF=1e9;
const int magic=348;
const double eps=1e-10;
const double pi=3.14159265;

inline int getint()
{
    char ch;int res;bool f;
    while (!isdigit(ch=getchar()) && ch!='-') {}
    if (ch=='-') f=false,res=0; else f=true,res=ch-'0';
    while (isdigit(ch=getchar())) res=res*10+ch-'0';
    return f?res:-res;
}

inline LL getLL()
{
    char ch;LL res;bool f;
    while (!isdigit(ch=getchar()) && ch!='-') {}
    if (ch=='-') f=false,res=0; else f=true,res=ch-'0';
    while (isdigit(ch=getchar())) res=res*10+ch-'0';
    return f?res:-res;
}

LL a,b;int k;

inline int gcd(int x,int y) {return (!y)?x:gcd(y,x%y);}
inline int lcm(int x,int y) {return x/gcd(x,y)*y;}

int dp[500048],dp2[500048];

int target;
inline int solve(int cur,int target)
{
    if (dp[cur]!=-1) return dp[cur];
    if (cur==target) {dp[cur]=0;return 0;}
    dp[cur]=INF;dp[cur]=min(dp[cur],solve(cur-1,target)+1);
    for (register int i=2;i<=k;i++) if (cur%i && cur-cur%i>=target) dp[cur]=min(dp[cur],solve(cur-cur%i,target)+1);
    return dp[cur];
}

int main ()
{
    int i;
    a=getLL();b=getLL();k=getint();
    LL Lcm=1;
    for (i=2;i<=k;i++) Lcm=lcm(Lcm,i);
    LL ans=0,ulim,dlim;
    dlim=(b%Lcm==0?b:(b/Lcm+1)*Lcm);
    ulim=a/Lcm*Lcm;
    if (dlim<=a)
    {
        memset(dp,-1,sizeof(dp));ans=(ulim-dlim)/Lcm*solve(Lcm,0);
        memset(dp,-1,sizeof(dp));ans+=(b%Lcm==0?0:solve(Lcm,b%Lcm));
        memset(dp,-1,sizeof(dp));ans+=solve(a%Lcm,0);
    }
    else
    {
        memset(dp,-1,sizeof(dp));
        ans=solve(a%Lcm,b%Lcm);
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}