陕西多校OI模拟赛Day3t1 贺老师的粉丝

       题目：众所周知，贺老师是GXYZ典型的高富帅+学神。因此，贺老师拥有无数的粉丝。时光倒转到贺老师出生的那一天，贺老师仅有1个粉丝（接生他的医生）。但是，贺老师的粉丝显然不是仅仅只有1个的。已知，贺老师的粉丝每么要么增长1~t (<=10^3)个。要么变成以前的k倍。问：最早在第几天，贺老师的粉丝能够达到p（<=10^6）个呢？

        注意：这里的达到是等于的意思。

开场以为达到是大于等于随便一写，后来才知道是等于。

        对于达到，我们很容易想到dp的顺推方程dp[i+x]=dp[i]+1; 1<=x<=t , dp[i*k]=dp[i]+1;但是对于最大的数据为复杂度为10的9次方，加上小小剪枝与0（2）优化实测可以AC，但是NOIP并不开，所以我们只能去考虑其他思路。

        这时我们可以反推，如果我们宽度优先搜索，那么可以保证每一次更新的答案都是最小的，那么对于每一个更新出来的答案一定是最小的，那么对于每一个位置，如果我们可以快速找到没有更新的点，就可以减少大量的冗余，o(n)求解答案了。这时候我们便可以使用并查集来维护，fa[i]表示从i开始没更新的第一个点，那么向后更新每次将fa[i]改为i+1,这样每次并查集下一个没有更新的位置，保证每个点只更新一次，o（n）求解。

       下附AC代码。

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
#define maxn 1000005
using namespace std;
long long t,k,p; 
queue<long long> q;
int dp[maxn];
int fa[maxn];
int getfa(int x)
{
	return fa[x]==x ? x : fa[x]=getfa(fa[x]);
}
int main()
{
	cin>>t>>k>>p;
	for(int i=1;i<=p+1;i++)
	fa[i]=i;
	dp[1]=1;
	fa[1]=2;
	q.push(1);
	while(!q.empty())
	{
		int now=q.front();
		q.pop();
		for(int nex=getfa(now+1);nex<=min(p,now+t);nex=getfa(nex))
		{
			dp[nex]=dp[now]+1;
			q.push(nex);
			fa[nex]=nex+1;
		}
		if (now*k<=p && fa[now*k]==now*k)
		{
			dp[now*k]=dp[now]+1;
			q.push(now*k);
			fa[now*k]=now*k+1;
		}   
	}
	cout<<dp[p]<<endl;
}