CF2114F Small Operations 题解

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思路

令 \(d = \gcd(x,y)\)，\(a = \displaystyle \frac{x}{d}\)，\(b = \displaystyle \frac{y}{d}\)。易知最少操作次数一定是把 \(a\) 先除到 \(1\)，再乘到 \(b\)。可以将除 \(a\) 转化为乘 \(a\) 再取倒数。所以问题就变成了 \(1\) 通过一直乘若干个 \(1 \le t \le k\) 的整数 \(t\)，使其变为 \(a\)，\(b\) 的最小操作次数。

直接用 DP 解决。设 \(dp_i\) 代表从 \(1\) 到 \(i\) 的最小操作次数。则：

\[dp_i = \min_{j | i, 1 \le j \le k} (dp_{\frac{i}{j}} + 1) \]

所以答案就为 \(ans = dp_a + dp_b\)。如果 \(ans \ge +\infty\)，则无解。因为需要 \(1 \sim n\) 中每一个数的所有因数，所以用 \(\mathcal{O}(n \log n)\) 的方法解决。我们会发现，不用枚举 \(1 \sim n\)，只用枚举 \(n\) 的所有因数即可。

令 \(n = \max(a,b)\)时。间复杂度 \(\mathcal{O}(n \log n + \sum f(n))\)，其中 \(f(n)\) 为 \(n\) 的因数个数，在 \(n \le 10^6\) 时 \(f(n)_{\max} \approx 250\)。可以通过。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e6 + 5, inf = 1e9;

int t, x, y, k;
vector<int> fact[N];
int dp[N];

void init()
{
	for (int i = 1; i < N; i++)
		for (int j = i; j < N; j += i)
			fact[j].push_back(i);
	for (int i = 1; i < N; i++) dp[i] = inf;
}

int calc(int n)
{
	dp[1] = 0;
	for (int i : fact[n])
		for (int j : fact[i])
			if (j <= k) dp[i] = min(dp[i], dp[i / j] + 1);
	int now = dp[n];
	for (int i : fact[n]) dp[i] = inf;
	return now;
}

void solve()
{
	scanf("%d%d%d", &x, &y, &k);
	int d = __gcd(x, y);
	int a = x / d, b = y / d;
	int res = calc(a) + calc(b);
	if (res >= inf) printf("-1\n");
	else printf("%d\n", res);
}

int main()
{
	init();
	scanf("%d", &t);
	while (t--) solve();
	return 0;
}