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[蓝桥杯 2018 国 B] 调手表

题目描述

小明买了块高端大气上档次的电子手表，他正准备调时间呢。

在 M78 星云，时间的计量单位和地球上不同，M78 星云的一个小时有 $n$ 分钟。

大家都知道，手表只有一个按钮可以把当前的数加一。在调分钟的时候，如果当前显示的数是 $0$，那么按一下按钮就会变成 $1$，再按一次变成 $2$。如果当前的数是 $n-1$，按一次后会变成 $0$。

作为强迫症患者，小明一定要把手表的时间调对。如果手表上的时间比当前时间多 $1$，则要按 $n-1$ 次加一按钮才能调回正确时间。

小明想，如果手表可以再添加一个按钮，表示把当前的数加 $k$ 该多好啊……

他想知道，如果有了这个 $+k$ 按钮，按照最优策略按键，从任意一个分钟数调到另外任意一个分钟数最多要按多少次。

注意，按 $+k$ 按钮时，如果加 $k$ 后数字超过 $n-1,$ 则会对 $n$ 取模。

比如，$n=10,k=6$ 的时候，假设当前时间是 $0$，连按 $2$ 次 $+k$ 按钮，则调为 $2$。

输入格式

一行两个整数 $n,k$，意义如题。

输出格式

一行一个整数。表示：按照最优策略按键，从一个时间调到另一个时间最多要按多少次。

样例 #1

样例输入 #1

5 3

样例输出 #1

2

提示

【样例解释】

如果时间正确则按 $0$ 次。否则要按的次数和操作系列之间的关系如下：

1. +1
2. +1, +1
3. +3
4. +3, +1

【数据约定】

对于 $30\%$ 的数据 $0<k<n\le 5$。

对于 $60\%$ 的数据 $0<k<n\le 100$。

对于 $100\%$ 的数据 $0<k<n\le 10^5$。

时限 3 秒, 256M。蓝桥杯 2018 年第九届国赛

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题意解析

• 对于手表的某一时刻，调到另一时刻最少需要按多少次，然后取最大次数。
  • 需要注意的是，我们有俩按键：+1和+k
  • 拿 $n=10,k=6$ 举例：
    
    • 我们先从+0开始，这一步需要 $0$ 次操作。
    • 从最少的操作，目前是 $0$ 开始往后延伸：分别+1和+6。
      • +1：那么就是 $0+1=1$，也就是说+1操作需要 $1$ 步。
      • +6：那么就是 $0+6=6$，也就是说+6操作需要 $1$ 步。
    • 以此类推，每次都要以最小的那个操作数为源点往后延伸。

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CODE

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f using namespace std;typedef pair<int, int> pii;  // 定义一个类型，表示一对整数const int N = 1E5 + 10, M = 2E5 + 10;
int n, k;  // n是点的数量，k是每次可以增加的步数
int h[N], e[M], ne[M], w[M],idx;  // h, e, ne用于存储图的信息，idx是当前边的编号
int dist[N];  // dist用于存储每个点到起点的最短距离
bool st[N];  // st用于标记每个点是否已经被访问过
priority_queue<pii, vector<pii>, greater<pii>> heap;  // 定义一个小顶堆，用于存储待处理的点
int maxnum = 0;  // 用于存储最大的距离void add(int ver, int x){int des = (ver + x) % n;  // 计算下一个点的编号// 如果通过这条边可以使得起点到终点的距离更短，就更新距离if(dist[des] > dist[ver] + 1){dist[des] = dist[ver] + 1;heap.push({dist[des], des});  // 将终点加入堆中}
}int dijkstra(){memset(dist, INF, sizeof dist);  // 初始化所有点到起点的距离为无穷大dist[0] = 0;  // 起点到自己的距离为0heap.push({0, 0});  // 将起点加入堆中while(heap.size()){auto t = heap.top();  // 取出堆顶元素heap.pop();int ver = t.second, dis = t.first;  // ver是点的编号，dis是起点到该点的距离if(st[ver]) continue;  // 如果该点已经被访问过，就跳过st[ver] = true;  // 标记该点已经被访问过maxnum = max(maxnum, dis);  // 更新最大的距离add(ver, 1), add(ver, k);  // 尝试向前走一步和向前走k步}return maxnum;  // 返回最大的距离
}int main()
{cin >> n >> k;  // 输入点的数量和每次可以增加的步数cout << dijkstra() << endl;  // 输出最大的距离
}

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分析一下复杂度

本题没有m即边数，而每次操作执行两个情况，所以说边数 $m=2$ 是个常量，那么除了朴素 $Dijkstra(O(n^2))$ 其他单源最短路应该都可以做。