若A=K*B,若仅通过操作二:将B变换为A需要K步,
由算数基本定理可知:k=p1*p2*……pn(p为素数,且可能重复)
那么:将B转化为p1*B需要p1步,将p1*B转化为p1*p2*B需要p2步,以此类推,将B转化为A需要(p1+p2+....pn)步
因为(p1*p2*p3...*pn) < (p1+p2+p3+...pn),故而若仅通过操作二将B转化为A至少需要(p1+p2+p3...+pn)步
因存在删除操作,我们将问题转化为图论:点i和点k*i之间存在单向边,点i和点i-1之间存在单项边。起始点为1,终点为n,求1到n的最短路。
我们知道:若仅通过操作二将1转化为较大的素数A,需要A步。但若通过操作三,我们可以先将1转化为(A+m),再通过(A+m)-A步操作,得到A。
例如:A=17,18=2*3*3,将1转化为18需要8步,再将18转化为17需要1步,共需要9步,远小于17。
因而我们可推断:较大的素数,可以通过操作三由较小的素数推出。
实际上,我们需要的素数仅为(2,3,5,7)
接下来,通过最短路算法,求解
#include<stdio.h> #include<math.h> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<queue> #define MAXSIZE 1000005 #define INF 999999999 #define LL long long using namespace std; int dist[MAXSIZE],p[5]={2,3,5,7}; void spfa() { queue<int> Q; Q.push(1); for(int i=0;i<MAXSIZE;i++) dist[i] = INF; dist[1] = 0; while(!Q.empty()) { int now = Q.front(); Q.pop(); for(int i=0;i<4;i++) { if(p[i]*now<MAXSIZE && dist[now*p[i]]>dist[now]+p[i]) { dist[now*p[i]] = dist[now]+p[i]; Q.push(now*p[i]); } if(now>1 && dist[now-1]>dist[now]+1) { dist[now-1] = dist[now]+1; Q.push(now-1); } } } } int main() { int n; scanf("%d",&n); spfa(); int ans = dist[n]; printf("%d\n",ans); return 0; }