题解 HZOJ 511 最少操作次数 贪心 正难则反 C/C++

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最少操作次数 - 题目 - Online Judge (haizeix.com)https://oj.haizeix.com/problem/511需要贪心，不断贪当次最优解，以获得全局最优解。当次最优解又该怎么考虑呢？

初步设想：k > 1 时，a * k 后 a 的变化量最大，应该多做 * k 的操作

用题目验证：2 >> 4 >> 8 >> 9 >> 10，是 4 步而不是 3 步，出了什么问题？

再次思考：正是因为 * k 后 a 的变化量大，导致 a * k 形成的数列相邻元素差值过大

当 b 处在该数列相邻元素中间时，最后一次 * k 完需要很多次 + 1 才能将 a 修正到 b

+ 1 起到一个修正的作用。先 + 1，再 * k，这一步 + 1 就可以达到修正 pow(k, n) 次的效果，大幅减少最终修正次数

再次验证：2 >> 4 >> 5 >> 10，是 3 步

那么如何界定当次就是 + 1 还是 * k 呢？有没有哪些操作是可以确定的？

再找个例子吧，2 11 2，2 >> 4 >> 5 >> 10 >> 11

我们发现到 11 的这一步一定是 + 1，而不能 * 2，因为 11 是奇数，b % k != 0

可以看出，反推是可以直接确定当次最优操作的，正推比较困难

到这一步了，不难发现，一旦 b % k == 0 && b / k >= a，当次最优解就一定是 / k，否则就 - 1

注意到，题目给出的数据范围不小，当 b % k 余数过大时，需要很多次 - 1 操作，有 TLE 风险

所以我们一次性减去 b % k，一次性修正到位

这样还是有 bug 的，不满足 / k 条件时 b 仍有可能是 k 的倍数

减去 b % k 这一为 0 的数值可能导致死循环，如数据 7 9 9

b / k <= a 且 b % k == 0 时，b 变到 a，只能通过 - 1 了，操作次数 += b - a，b = a 就结束了

还要注意 k == 0 || k == 1 的情况，这种情况只能 - 1

代码：

#include <iostream>
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{
	ll a, b, k, c = 0;
	cin >> a >> b >> k;
	if (k <= 1) cout << b - a;
	else
	{
		do
		{
			if (b % k == 0 && b / k >= a) (b /= k), c++;
			else
			{
				if (b % k) c += b % k, b -= b % k;
				else c += b - a, b = a;
			}
		} while (a != b);
		cout << c;
	}
	return 0;
}