1701: 抓住那头牛

题目描述：

农夫知道一头牛的位置，想要抓住它。农夫和牛都位于数轴上，农夫起始位于点N(0<=N<=100000)，牛位于点K(0<=K<=100000)。农夫有两种移动方式：
1、从X移动到X-1或X+1，每次移动花费一分钟
2、从X移动到2*X，每次移动花费一分钟

假设牛没有意识到农夫的行动，站在原地不动。农夫最少要花多少时间才能抓住牛？

输入：

两个整数，N和K

输出：

一个整数，农夫抓到牛所要花费的最小分钟数

样例输入：

5 7

样例输出：

4

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思路：

相信很多人（包括我这只蒟蒻）看到这道题的时候都很懵，不知道该从何处下手。其实这是一道BFS题（似乎还有其它做法）

BFS???!!该怎么做？？？

其实我们可以把它看作一个图来做，举个栗子：

（此图很重要）

• [First] :在1这个点，我们可以去到1+1 和 1-1（图中不存在）和 1*2这三个点，那么就将1将这几个值都连上（实际上只连了一个2）

• [Second] ：再来看2这个点，它可以去到2+1 和 2-1(已经连上了) 和 2*2三个点，那么又将2与这几个点相连

• [Third] ： 接下来就是3这个点了，它可以到3+1 和 3-1(已经连上了) 和 3*2三个点，那么双将3与这几个点相连

——————· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·（以此类推）——————

就可以得到上面这个图。

那么现在问，从1到5最近怎么走（怎么感觉像最短路问题）

答案就是1 -> 2 -> 4 -> 5.

此题大致就是这么个意思

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那么废话不多说，咱们回归正题。

我们可以用一个dis[]数组来装从n到其点的距离。

进入BFS函数，先设定一个队列（先进先出，先遍历到的，先进入BFS），将dis[n]设为1(其实应该为0，但为了后面的计算方便就为1，最后输出的时候-1即可)

接下来为防止数组越界就要判断x是不是负下标，或超出数组范围，如果是就要continue.（在这里一定要提醒一下，这个判断只防住了x+1 和 x-1 时的数组越界，但是当x卡在边缘时，x*2时也会越界，但这个怎么处理呢，就要把数组开到数据范围的2倍，我就是在这个点卡了好久）

现在就是遍历x+1 、x-1 与 x2三个点了。如果这个点还没有被访问过（即x+1/-1/2 == 0，因为没被走过，它就不会有任何标记）
就标记一下，增加距离，在现在dis[x]的基础上+1即可，再将其放入队列中等待BFS就可以了。

话不多说，上代码

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
  
int n, k, dis[200005];//dis数组一定要定义到200005，不然遍历x*2时可能要越界 
queue<int> que;//建立队列 
 
void bfs(){
    que.push(n);//放入初始位置（农夫位置） 
    dis[n] = 1;//为了计算方便，赋值为1，后面输出时要-1 
    while(que.size()){
        int x = que.front();//取出队首元素，进行遍历 
        que.pop();//删除队首 
        if(x < 0 || x > 100000) continue;
        //如果其为负且大于数据范围，直接跳过 
        if(dis[x + 1] == 0){//没被访问过 
            dis[x + 1] = dis[x] + 1;//标记与起始点的距离 
            que.push(x + 1); //将其放入队列 
        }
        if(dis[x - 1] == 0){//没被访问过 
            dis[x - 1] = dis[x] + 1;//标记与起始点的距离 
            que.push(x - 1); //将其放入队列 
        }
        if(dis[x * 2] == 0){//没被访问过 
            dis[x * 2] = dis[x] + 1;//标记与起始点的距离
            que.push(x * 2); //将其放入队列 
        }
    }
}
int main()
{
    cin >> n >> k; //输入 
    bfs();//进入BFS 
    printf("%d\n", dis[k] - 1);//因为BFS时，把dis[n]设为的时1，本该为0，所以要-1 
    return 0;
}