AtCoder Grand Contest 044 A Pay to Win

题意: 有4种操作,你需要用最少的操作使得0变成n.

1. $\times 2$
2. $\times 3$
3. $\times 5$
4. $\pm 1$.

反过来考虑这个问题,

1. $2|n,n/=2$
2. $3|n,n/=3$
3. $5|n,n/=5$
4. $n\pm =1$

有个显然的性质:
最优情况下,对于n,经过若干次$\pm$后再除以$k(k\in \{2,3,5\})$,得到的值$y$,一定满足$y\in [\lfloor \frac{n}{k}\rfloor ,\lceil \frac{n}{k}\rceil ]$.
因为如果$y<\lfloor \frac{n}{k}\rfloor$,那么先除再$\pm$肯定更快.
对于$y>\lceil \frac{n}{k}\rceil$,同理.

再来一个性质:$\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{a}\rfloor }{b}\rfloor =\lfloor \frac{n}{ab}\rfloor ,\lceil \frac{\lceil \frac{n}{a}\rceil }{b}\rceil =\lceil \frac{n}{ab}\rceil$.

然后状态复杂度大概:$O(60^3)$.

暴力出奇迹!

#include
#include
#include
#include
#define gc getchar()
using namespace std;
typedef long long ll;

template<class o> void qr(o&x) {
	char c=gc; x=0; int f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
	while(isdigit(c))x=x*10+c-'0',c=gc;
	x*=f;
}

int T;
ll n,a,b,c,d;
map<ll,ll> s;

ll f(ll n) {
	if(s.count(n)) return s[n];
	ll res=n<1e18/d?n*d:(ll)1e18;
	ll l1=(n/2)*2,r1=((n+1)/2)*2;
	ll l2=(n/3)*3,r2=((n+2)/3)*3;
	ll l3=(n/5)*5,r3=((n+4)/5)*5;
	res=min(res,(n-l1)*d+f(l1/2)+a);
	res=min(res,(r1-n)*d+f(r1/2)+a);
	res=min(res,(n-l2)*d+f(l2/3)+b);
	res=min(res,(r2-n)*d+f(r2/3)+b);
	res=min(res,(n-l3)*d+f(l3/5)+c);
	res=min(res,(r3-n)*d+f(r3/5)+c);
	return s[n]=res;
}

int main() {
	qr(T); while(T--) {
		qr(n); qr(a); qr(b); qr(c); qr(d);
		s.clear(); s[0]=0; s[1]=d; printf("%lld\n",f(n));
	}
	return 0;
}