CSU 1090: Number Transformation 一个非常好的优先队列打表

1090: Number Transformation

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Description

In this problem, you are given a pair of integers A and B. You can transform any integer number A to B by adding x to A.This x is an integer number which is a prime below A.Now,your task is to find the minimum number of transformation required to transform S to another integer number T.

Input

Input contains multiple test cases.Each test case contains a pair of integers S and T(0< S < T <= 1000) , one pair of integers per line.

Output

For each pair of input integers S and T you should output the minimum number of transformation needed as Sample output in one line. If it's impossible ,then print 'No path!' without the quotes.

Sample Input

5 7

3 4

Sample Output

Need 1 step(s)

No path!

HINT

/*题意 输入2个数 a,b 给a加上一个比a小的素数 使得a等于b 问 最少需要多少步才能从a转化到b
如果不可能转化到b 则输出 No path!
思路： 暴力必死 一开始我想用背包搞 搞不出来 后来用背包判断是否存在 如果存在再去暴力
依旧超时 后来参考了大神的代码 终于恍悟 用优先队列去打表 从1到1000 分别做起始点 用优先
队列 去找出到达比a大的点的最小步骤 优先队列用在这里漂亮极了 表打出来后 直接对应输出即可*/

/*注意：A的素数范围是动态增加的 这个地方很坑爹 题意没有描述清楚 即a变向b的过程 a增大那么a的素数也增多*/

/*这个题很容易超时 而且数据不是很大 这时候我们应该条件反射的想起来打表 因为他的数据不大
但是还是超时 说明一组数据 他可能重复出现了好几次 再数据中 所以这时候打表很有效
打表分两种
1： 打进文件 然后复制到程序中 这个要求 表的长度不是很大 oj提交 会限制代码长度
2： 赋值给程序中的数组 输入数据后 直接调用*/

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<queue>
using namespace std;
int prime[1005],vis[1100],cnt;
int ans[1010][1010];
struct haha
{
int num;
int step;
friend bool operator <(struct haha a,struct haha b)
{
return a.step>b.step;
}
}q,temp;

void get_prime()
{
int i,j,n;
double m;
n=1002;cnt=0;
m=sqrt(n+0.5);
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(i=2;i<=m;i++) if(!vis[i])
{
for(j=i*i;j<=n;j+=i)
vis[j]=1;
}
for(j=2;j<=n;j++)
if(!vis[j])
{
prime[cnt++]=j;
}
}

void get_ans(int s)
{
int i,e;
priority_queue<haha>que;
q.num=s;
q.step=0;
ans[s][s]=0;
que.push(q);
while(!que.empty())
{
temp=que.top();
que.pop();
q.step=temp.step+1;
for(i=0;i<cnt&&prime[i]<temp.num;i++)///是temp.num 不是s
{
e=temp.num+prime[i];
if(e>1000) continue;

if(ans[s][e]==-1||q.step<ans[s][e])
{
ans[s][e]=q.step;
q.num=e;
que.push(q);
}
}
}
}
int main()
{
int a,b,i;
get_prime();
memset(ans,-1,sizeof(ans));
for(i=2;i<=1000;i++)
get_ans(i);
while(scanf("%d %d",&a,&b)!=EOF)
{

if(ans[a][b]==-1) printf("No path!\n");
else printf("Need %d step(s)\n",ans[a][b]);
}
return 0;
}