2021南京icpc J

题意：

给出两个整数$a,b$，每次可以选择如下一个操作进行：

（1）把$a,b$都+1

（2）把$a,b$都-1

（3）把$a,b$都除以一个他们的公共质因子

问最小次数，使得$a,b$至少存在一个等于1

Solution：

不妨令$a\le b$

假设某个时候，我们没有质因子可以除，那么我们需要利用$+1,-1$移动到一个有公共质因子的地方，然后再操作，如果到某个地方，两数存在有公共质因子，显然，他们的差$b-a$一定是这个公共质因子的倍数，于是，他们的公共质因子一定是$b-a$的任意一个公共质因子，那么唯一分解$b-a$，对于每个$a,b$，可以有这样的操作，一直-1到某个有公共质因子的地方，或者一直-1

到1，显然第二个的次数是$a-1$，而第一种，我们需要枚举$b-a$的质因子$p$，此时有两种决策，即把$a$移至最接近的两个$p$的倍数，即$p\times \lfloor \frac{a}{p}\rfloor$和$p\times \lceil \frac{a}{p}\rceil$，然后除$p$，此时操作次数为$|res-a|+1$，$res$是$a$移动到的数值，每次枚举决策，记忆化搜索即可

训练的时候一直调不出来，原来是有一个函数写反参数，向上取整脑子短路写错了。。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
using ll=long long;
#define div ttttttmp
const int N=200005,inf=0x3fffffff;
const long long INF=0x3f3f3f3f3f3f,mod=998244353;
 
int prime[N],cnt;
bool isprime[N];
 
void make_prime()
{
    memset(isprime,true,sizeof(isprime));
    for(int i=2;i<=100000;i++)
    {
        if(isprime[i]) prime[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=100000;j++)
        {
            isprime[i*prime[j]]=false;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}
 
ll ceil(ll a,ll b){return a%b?a/b+1:a/b;}
 
vector<ll>div;
map<pair<ll,ll>,ll>map1;
 
ll dfs(ll x,ll del)
{
    if(x==1) return 0;
    if(map1.count({x,del})) return map1[{x,del}];
    ll min1=x-1;
    for(int i:div)
    {
        if(del%i) continue;
        if(i*(x/i)) min1=min(min1,dfs(x/i,del/i)+x-(i*(x/i))+1);
        if(i*ceil(x,i)) min1=min(min1,dfs(ceil(x,i),del/i)+i*ceil(x,i)-x+1);
    }
    return map1[{x,del}]=min1;
}
 
void work()
{
    ll a,b;
    scanf("%lld%lld",&a,&b);
    if(a>b) swap(a,b);
    map1.clear(); div.clear();
    ll tmp=b-a;
    for(int i=1;i<=cnt&&tmp>1;i++)
    {
        if(tmp%prime[i]==0) div.push_back(prime[i]);
        while(tmp%prime[i]==0) tmp/=prime[i];
    }
    if(tmp>1) div.push_back(tmp);
    printf("%lld\n",dfs(a,b-a));
}
 
int main()
{
    make_prime();
    int t; cin>>t;
    while(t--) work();
    return 0;
}