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51nod1693 水群
QwX (题目提供者)
首先简化题目,题面的意思就是,当前有一个数s
操作1是s*=k代价为k,操作2是s--代价为1
求把s从1变到n的最小代价
直接暴力记忆化搜索,F(i)表示从1到i用的最小操作数
则F(i)=min(F(i+1),min{F(k)+n/k|n%k==0})
当然这样做肯定过不了
做法2:
考虑把问题转换成图论模型,对于每个i
连边i→i-1边权为1,连边i→i*k边权为k
那么题目就是要求点1到点n的最短路
但是很显然这样复杂度还是很高并不能过
做法3:
注意到如果一条边i→i*k能用若干条边代替
那么i→i*k这条边就是没有意义的
因为那些边的权值的乘积等于k
即那些边的权值和小于等于k
因此对于每个i,只用连i→i*p的边,其中p是质数
这样就可以让边数变得很小了
但是0.1s还是过不去
做法4:
既然过不去,就可以想一些别的办法
考虑在做法3中记录每一个点的最短路路径
就是打一个每个点自己最短路上的上一个点的表
那么可以从表中发现,i→i-1的边不会连续出现4次以上
而且i→i*p的边只有当p<=13的时候才有意义
于是又可以删掉很多边,边数大概是3*10^6条
但是这样做复杂度还是不够,用时稍微多于0.1s
做法5:
既然最短路的做法复杂度太高,就可以再换个思路。
重新考虑记忆化搜索的做法,F(i,j)表示从1到i上一条边的状态是j的最少操作数
j=0时上一条边可以是i→i-1的,否则就是i→i*p的边
那么F(i,0)=min(min{F(i+k,1)|0<k<5},min{F(i/p,0)|p<13})
于是这样做就可以把时间降到最低,从而做出此题
不忘初心 方得始终
PS:后来因为时限问题把时限改成了0.4s,所以做法3就A掉这个题
而且经过我自己的测试,做法5是可以在1s之内通过10^9的数据的
如果大家有兴趣可以试着打一下,毕竟也是一个很好的思路
我用了做法4。做法5看不懂。。。做法4一开始我加边部分点tle了,不加边就A了。
#include<cstdio>#include<cstring>#include<cctype>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)#define clr(x,c) memset(x,c,sizeof(x)) #define qwq(x) for(edge *o=head[x];o;o=o->next)const int nmax=2e6+5;const int maxn=1e7+5;const int inf=0x7f7f7f7f;struct node{ int x,dist; node(int x,int dist):x(x),dist(dist){}; node(){}; bool operator<(const node&rhs)const{ return dist>rhs.dist;}};priority_queue<node>q;int dist[nmax];const int a[]={2,3,5,7,9,11,13};int dij(int x){ clr(dist,0x7f);dist[1]=0;q.push(node(1,0)); node o;int tx,td,to; while(!q.empty()){ o=q.top();q.pop();tx=o.x;td=o.dist; if(dist[tx]!=td) continue; rep(i,0,5){ to=tx*a[i]; if(to<x+10&&dist[to]>td+a[i]){ dist[to]=td+a[i];q.push(node(to,td+a[i])); } } if(tx&&dist[tx-1]>dist[tx]+1){ dist[tx-1]=dist[tx]+1;q.push(node(tx-1,dist[tx-1])); } } return dist[x];}int main(){ int n;scanf("%d",&n); printf("%d\n",dij(n)); return 0;}
1693 水群
基准时间限制:0.4 秒 空间限制:524288 KB 分值: 160 难度:6级算法题
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总所周知,水群是一件很浪费时间的事,但是其实在水群这件事中,也可以找到一些有意思的东西。
比如现在,bx2k就在研究怎样水表情的问题。
首先,bx2k在对话框中输入了一个表情,接下来,他可以进行三种操作。
第一种,是全选复制,把所有表情全选然后复制到剪贴板中。
第二种,是粘贴,把剪贴板中的表情粘贴到对话框中。
第三种,是退格,把对话框中的最后一个表情删去。
假设当前对话框中的表情数是num0,剪贴板中的表情数是num1,
那么第一种操作就是num1=num0
第二种操作就是num0+=num1
第三种操作就是num0--
现在bx2k想知道,如果要得到n(1<=n<=10^6)个表情,最少需要几次操作。
请你设计一个程序帮助bx2k水群吧。
Input
一个整数n表示需要得到的表情数
Output
一个整数ans表示最少需要的操作数
Input示例
233
Output示例
17
51nod1693 水群
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