題意：

給出兩個整數$a,b$，每次可以選擇如下一個操作進行：

（1）把$a,b$都+1

（2）把$a,b$都-1

（3）把$a,b$都除以一個他們的公共質因子

問最小次數，使得$a,b$至少存在一個等于1

Solution：

不妨令$a\le b$

假設某個時候，我們沒有質因子可以除，那么我們需要利用$+1,?1$移動到一個有公共質因子的地方，然后再操作，如果到某個地方，兩數存在有公共質因子，顯然，他們的差$b?a$一定是這個公共質因子的倍數，于是，他們的公共質因子一定是$b?a$的任意一個公共質因子，那么唯一分解$b?a$，對于每個$a,b$，可以有這樣的操作，一直-1到某個有公共質因子的地方，或者一直-1

到1，顯然第二個的次數是$a?1$，而第一種，我們需要枚舉$b?a$的質因子$p$，此時有兩種決策，即把$a$移至最接近的兩個$p$的倍數，即$p\times ?\frac{a}{p}?$和$p\times ?\frac{a}{p}?$，然后除$p$，此時操作次數為$|res?a|+1$，$res$是$a$移動到的數值，每次枚舉決策，記憶化搜索即可

訓練的時候一直調不出來，原來是有一個函數寫反參數，向上取整腦子短路寫錯了。。

#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; }

總結

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