题解西电OJ (Problem 1003 -最喜欢的数字)--动态规划

Description

         zyf最喜欢的数字是1！所以他经常会使用一些手段，把一些非1的数字变 成1，并为此得意不已。他会且仅会的两种手段是： 
1.把某个数m除以某个质数p——当然p必须能整除这个数，即m=m/p 
2.把某个数m减1，即m=m-1 
有一天他突发奇想，想把[a,b]区间中所有的数一个一个地变成1，这是一个巨大的无聊的工程，所以他想知道他最少得花多少操作才能达到目 的。

Input

　　输入包含多组数据（1000组数据），EOF结束。
　　每组数据以两个整数开头：a，b(0<a<=b<=100000)，意义如题意描述。

Output

　　每组数据输出一行，最少操作数。

Sample Input

2 3
3 5
11 12

Sample Output

2
4
3

 

解题思路：

假设一个数字A的最少操作次数为 res[A]， 且可以被 S1，S2....Sk。K个素数整除，那么res[A] = min{res[A-1],res[A/S1],res[A/S2] ... ，res[A/Sk]} + 1

那么我们可以得到递归的解，但是递归的解决这个问题会有很多次重复计算，比如说res[36] 我们需要计算res[36/3] = res[12] 的结果，res[12]又要求计算res[12/2] = res[6]的结果， 要知道res[36]还需要计算res[36/2]=res[18] 的结果，而计算res[18]需要计算 res[18/3]=res[6] 的结果，因此res[6]需要两次被计算，res[2]和 res[3]，需要被更多次计算。

那么为了避免重复的计算，我们使用动态规划算法，先求出100000以内的素数表，从1开始，每个逐个计算，因为res[1] = 0 ;res[i*所有素数] = 1；因此，计算res[i]的时候，通过比较之前素数相乘得到的结果，以及res[i-1]+1的结果进行更新，就能得到res[i]的值。

 

代码如下：

 1 #include <iostream>

 2 #include "math.h"

 3 using namespace std ;

 4 

 5     int res[100001] ;

 6     bool sieve[100001] = {0};

 7     int prime[10000] ;

 8 

 9 int main()

10 {

11 

12 

13     int a,b,i,j,k;

14     int prime_length = 0 ;

15     for( i = 2 ; i < 100001 ; i++){ // get prime list

16         if(sieve[i] == false){

17             prime[prime_length++] = i ;

18             res[i] = 1 ;

19             for( j = 2 ; j * i <= 100000 ; j++){

20                 sieve[i*j] = true;

21             }

22         }

23     }

24     res[0] = res[1] =0 ;

25     res[2] = res[3] = 1 ;

26     for(i = 2 ; i < 100001 ; i++ ){   //DP get res[num]

27         if(res[i] == 0 || res[i-1] < res[i]-1 ){

28             res[i] = res[i-1] + 1 ;

29         }

30         for(j = 0 ; j < prime_length && i * prime[j] < 100001 ; j++){

31             if(res[i*prime[j]] == 0 || (res[i]+1) < res[i*prime[j]]){

32                 res[i*prime[j]] = res[i] + 1;

33             }

34         }

35     }

36 

37     while(cin>>a>>b){

38 

39     

40         j = 0;

41         for(i = a ; i <= b ;i++){

42             j += res[i] ;

43         }

44         cout << j << endl;

45     }

46 }