Fxx and game

可提交的传送门http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5945

分析：这道题目可以采用动态规划来解决

设f[i]表示把i变成1的最小代价。

所以有:f[i] = min{f[(1-t) ~ (i-1)]}+1

特别的,对于i % k == 0 f[i] = min{f[i],f[i/k] + 1}

我们可以先忽略掉特判的一步，这样，f[i]就来自于f[(1-t) ~ (i-1)]之间的最小值了

我们发现这个问题转换成了RMQ问题,可以在logn内解决

可以用单调队列优化dp，这样可以做到复杂度O(n)

 #include <queue>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 inline void read(int &x){
     x=;char ch;bool flag = false;
     while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;
     while(x=*x+ch-'',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
 }
 inline int cat_max(const int &a,const int &b){return a>b ? a:b;}
 inline int cat_min(const int &a,const int &b){return a<b ? a:b;}
 const int maxn = ;
 const int inf  = 0x3f3f3f3f;
 int f[maxn],q[maxn],l,r,ans;
 inline void work(){
     int n,k,t;
     read(n);read(k);read(t);
     if(t == ){
         for(ans=;n>;++ans) n /= k;
         printf("%d\n",ans);
         return;
     }
     l = r = ;f[] = ;
     q[] = ;
     for(int i=;i<=t+ && i <= n;++i) f[i] = ,q[++r] = i;
     for(int i=t+;i<=n;++i){
         if(i % k ==  && k != ) f[i] = f[i/k] + ;
         else f[i] = inf;
         while(l <= r && q[l] < (i - t)) ++l;
         f[i] = cat_min(f[i],f[q[l]] + );
         while(l <= r && f[q[r]] >= f[i]) --r;
         q[++r] = i;
     }
     printf("%d\n",f[n]);
 }
 int main(){
     int T;read(T);
     while(T--) work();
     getchar();getchar();
     return ;
 }