I.A Small Game

I. A Small Game

题解:

这一题可以反向思考,考虑如何从x得到0.因为本题的倍乘机制决定了即使我们用更小的代价到达了更大的x值,这个x值不一定会在最优路线中被用到.因此我们不能根据x的绝对大小及当前代价直接剪枝，如果反向递推时,当前值为偶数时的最优情况比较特殊,对于偶数，加1一定不是最优，如果减1，可以确定从x减到0才是最优，因此递归调用树的分支将大大减少,可以将搜索的时空消耗减少至可接受范围.

记f(x)为经过若干次操作,使x的值变为0的最小花费.则f(x)的递推公式为:

\[f(x)= \begin{cases} min\left(\,f\left(\frac{x}{2}\right)+b,x*a\right) &\left(\,x为偶数\,且x不为0\right)\\ min\left(\,f\left(\,x+1\right)+c,f\left(x-1\right)+a\right) &\left(\,x为奇数\,且x不为1\right) \\ 0 &\left(x=0\right) \\ a &(x=1) \end{cases} \]

证明：

当x为奇数时，显然

当x为偶数时，不考虑加一操作

\[f \left(x \right)=min \left(f \left( \frac{x}{2}\right) + b,f(x-1) +a \right) \]

而

\[ f \left(x-1\right)=min \left(f \left(x\right) + c ,f \left(x-2\right)+a \right)\\ \]

显然由\(f(x)\)推至\(f(x-1)\)时，\(f(x-1)\) 不等于 \(f(x)+c\)

所以

\[f \left(x \right)=min \left(f \left( \frac{x}{2}\right) + b,f(x-2) +2*a \right) \]

同理可得

\[ f \left(x-2\right) = min \left( f \left( \frac{x-2}{2} \right) +b , f \left(x-4\right) + 2*a \right) \]

代入得：

\[f \left(x\right)= min \left( f \left( \frac{x}{2} \right) +b \, , f \left( \frac{x}{2}-1 \right) +b+2*a\,, f \left(x-4\right)+4*a \right) \]

\(f \left( \frac{x}{2} \right) +b \,\) 一定比 \(f \left( \frac{x}{2}-1 \right) +b+2*a\) 更优

因此

\[ f \left(x\right)=min \left( f \left( \frac{x}{2} \right) +b \, , f \left(x-4\right)+4*a \right) \]

继续向下递推至0后可以得到：

\[ f \left(x\right)=min \left( f \left( \frac{x}{2} \right) +b \, , x*a \right) \]

考虑加1操作时，采用类似方法可得先加1后必须再加1才取最优，而两次加一后无论是除2还是再减1都不是最优，只有继续加一可能取最优，为了得到最优值，x需要不断加一，这是很荒谬的，所以对于偶数，加1一定不是最优的。

代码：

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
map<ll,ll> m;
ll x,a,b,c,cnt=0;
ll f(ll x)
{
    cnt++;
    if(m[x])return m[x]-1;
    if(x==0)return 0;
    if(x==1)return a;
    if(x%2==0)m[x]=min(f(x/2)+b,x*a)+1;
    else m[x]=min(f(x-1)+a,f(x+1)+c)+1;
    return m[x]-1;
}
int main()
{
    while(~scanf("%lld %lld %lld %lld",&x,&a,&b,&c))
    {
        m.clear();
        printf("%lld\n",f(x));
    }
    return 0;
}