Searching for Soulmates S 题解

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这里的 \(x\) 可以乘 2 或除 2 或加 1 。

也相当于 \(y\) 可以除 2 或乘 2 或减 1 。

这题我们发现每一个数都是可以任意的到达另一个数。因为每一个数都可以到达 1 ，这里只需要用到除和加即可，若奇数则加，否则除。

可以让 \(x\) 做转移到 1 的过程，再从 \(y\) 这一个点到 \(x'\) 的最小距离即可这里只能使用减和除，若使用乘那还不如直接在 \(x'\) 的基础上进行继续向 1 转移。

把这个由 \(y \rightarrow x\) 的最小的距离抽象成函数 \(f(x,y)\)

• \(x'>y\) 那\(f(x,y)=\inf\)，因为这个只能除 2 来减少 \(x'\) ,所以不可能转移。

• \(2\times x'>y\) 这里我们不能做乘 2 操作，只能加 1 操作，之后亦是如此， \(f(x,y)=y-x\)

• \(2\mid y\) \(f(x,y)=f(x,y/2)\)

• \(2\nmid y\) \(f(x,y)=f(x,y-1)\)

  这样计算 \(f\) 的时间复杂度为\(O(\log a)\) 的总的时间复杂度是 \(O(\log^2a)\) 的，代码简单。

  #include<bits/stdc++.h>
  #define int long long
  using namespace std;
  int T,x,y,ans;
  int dfs(int x,int y) {
  	if(x > y) return 1e18;
  	if(x*2 > y) return y-x;
  	return y&1? dfs(x,y-1)+1:dfs(x,y>>1)+1;
  }
  int cnt;
  signed main() {
  	scanf("%lld",&T);
  	while(T--) {
  		scanf("%lld%lld",&x,&y);
  		ans=1e18,cnt=0;
  		do{
  			ans=min(ans,cnt+dfs(x,y));
  			cnt++;
  			if(x&1)x++;
  			else x/=2;		
  		} while(x>1);
  		cout<<ans<<endl;
  	}
  	return 0;
  }