洛谷1852 BZOJ2144 跳跳棋 思维题

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题意：
坐标轴上告诉你三个互不相同的位置作为三个棋子的起点，再告诉你三个不同的位置作为三个棋子的终点，每次操作可以让一个棋子以另一个棋子为轴跳到对称位置，并且只能跳过一个棋子，问你是否能最终是否能到达目标状态，如果能输出最少多少次到达。

题解：
感觉这题确实不好想啊，没看题解的话我只会搜索。。。
这题我们考虑对于一种状态(x,y,z)，我们设x,y,z是递增的，我们可能的操作只有把y移到x的左侧，把y移到z的右侧，把x和z离y近的那个移到中间。然后就来了这题的一个很厉害的操作了，我们发现对于每个状态，只有一种把两侧的x或z移动的中间的情况，所以可以对每种状态建成一棵树，这样x或z往中间移的状态就是(x,y,z)状态的父节点，y往x和z移动的两种状态看作(x,y,z)的子节点，这样就形成了一棵树。那么如果起始状态与目标状态最终跳到的根相同，那么就说明起始状态是可以通过若干次转化变为目标状态的。
那么我们需要把起始状态和目标状态往上跳，看是否是同一个根，但是直接做复杂度太高。我们设y-x=a,z-y=b，那么我们发现，对于(x,y,z)，我们会转移到(y,2y-x,z)或者(x,2y-z,y)，而新的状态的a和b应该是a-b或b-a，这样我们发现这与gcd或者取模过程类似，所以我们可以直接模拟这种操作，直到已经跳到根或者当前的a与b大小关系发生变化，这样就可以做到logn复杂度判断是否可以到达最终状态了。
那么如果可以的话，我们在求之前到根的过程中记录下两个点的深度，先把深度大的点跳到与另一个点一样的深度，然后用二分或者倍增求出再跳多少步才能跳到LCA，答案就是你跳的总次数了。这样显然是最小的步数，因为树上两点的距离显然这样走是最近的啊。最终复杂度log^2n
有些奇怪的题你可以神奇地转化为一个树形结构，甚至二叉树结构。
代码：

#include 
using namespace std;

int a[4],b[4],qaq,a1,a2,res;
struct qwq
{
	int a[10];
}ji1,ji2;
inline qwq cal(int *a,int lim)
{
	int t1=a[2]-a[1],t2=a[3]-a[2];
	qwq ans;
	for(int i=1;i<=3;++i)
	ans.a[i]=a[i];
	if(t1==t2)
	return ans;
	if(t1>t2)
	{
		int gg=min(lim,(t1-1)/t2);
		lim-=gg;
		res+=gg;
		ans.a[2]-=gg*t2;
		ans.a[3]-=gg*t2;
	}
	else
	{
		int gg=min(lim,(t2-1)/t1);
		lim-=gg;
		res+=gg;
		ans.a[1]+=gg*t1;
		ans.a[2]+=gg*t1;
	}
//	cout<a2)
	{
		swap(a1,a2);
		for(int i=1;i<=3;++i)
		swap(a[i],b[i]);
	}
	res=0;
	qaq=a2-a1;
	ji1=cal(b,a2-a1);
	int l=0,r=a1,mid,gg=0;
	for(int i=1;i<=3;++i)
	b[i]=ji1.a[i];
	while(l<=r)
	{
		mid=(l+r)>>1;
		qwq b1,b2;
		b1=cal(a,mid);
		b2=cal(b,mid);
		int pd=0;
		for(int i=1;i<=3;++i)
		{
			if(b1.a[i]!=b2.a[i])
			{
				pd=1;
				break;
			}
		}
		if(pd==0)
		{
			gg=mid;
			r=mid-1;
		}
		else
		l=mid+1;
	}
	printf("%d\n",qaq+2*l);
	return 0;
}