poj 1945 Power Hungry Cows A*

Description：

    就是给你一个数，你可以把它自乘，也可以把他乘或除以任意一个造出过的数，问你最多经过多少次操作能变换成目标数

思路：这题真的不怎么会啊。n = 20000，每一层都有很多个扩展状态，裸宽搜会被T，启发式函数又设计不出来……

看了一个Vjudge上的代码才知道这题怎么写。

就是每一个状态是由最多两个数转化而来的，所以可以把两个数看做一个状态。

用一个多元组$node(x,y,g,h)$表示状态，$x, y$分别表示两个数中的较大数和较小数，然后$g$表示转换成当前的状态需要多少步，$h$表示大数$x$转换到大于等于目标状态至少还要多少步。

启发式函数就是当前步数+预期至少需要的步数，即$g+h$

再用一个哈希表把二元组$(x,y)$与转换到这个状态需要几步对应起来，这样可以完成去重。当然也可以用$map$实现，但按照poj的尿性，很可能TLE。。

然后加几个剪枝，排除以下多余状态：

1.如果$x > 2*n$，这个都能理解吧。

2.如果$x=y$，因为该状态和一个$x$的状态对未来的贡献是等价的，反正自乘自除也能达到一样的效果，不管$y$取什么数，都比$x$与$y$相等时更优。

3.如果$x > n$ 并且 $y = 0$，因为这样的话该状态永远达不到$x=n$。

4.如果$n $ $mod$ $gcd(x,y) != 0$，因为这样的状态不管怎么乘怎么除，也永远达不到$x=n$。

5.如果$(x,y)$已经在哈希表里了且对应的$g$更小，这个也都能理解吧。

这样的话就应该能过了。

然后款搜的时候要注意下，枚举出一个二元组能变换出来的所有可能的二元组，这个具体可以看代码。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 30007, SIZE = 1e6 + 10;
int n;
struct node{
    int x, y, g, h;
    bool operator < (const node &a)const{
        return g + h == a.g + a.h ? h > a.h : g + h > a.g + a.h;
    }
};
struct Node{
    int to, next, w;
};
struct hash_map{
    int head[N], now;
    Node a[SIZE];
    bool insert(int sta, int w){
        int x = sta % N;
        for(int i = head[x]; i; i = a[i].next){
            if(a[i].to == sta){
                if(a[i].w <= w) return 0;
                a[i].w = w; return 1;
            }
        }
        a[++now] = {sta, head[x], w};
        head[x] = now;
        return 1;
    }
}dict;
priority_queue<node> heap;
node now;
int gcd(int a, int b){ return b ? gcd(b, a % b) : a;}
void che(int x, int y){
    if(x < y) swap(x, y);
    if(x > 2 * n) return ;
    if(x > n && y == 0) return ;
    if(x == y) return ;
    if(n % gcd(x, y)) return;
    if(!dict.insert(x * 50000 + y, now.g + 1)) return;
    int h = 0, tx = x;
    while(tx < n) h++, tx <<= 1;
    heap.push({x, y, now.g + 1, h});
}
void A_star(){
    heap.push({1, 0, 0, 0});
    while(!heap.empty()){
        now = heap.top(); heap.pop();
        if(now.x == n || now.y == n){
            printf("%d
", now.g); break;
        }
        int a[2] = {now.x, now.y};
        for(int i = 0; i < 2; i++)
          for(int j = i; j < 2; j++)
            for(int k = 0; k < 2; k++){
                int b[2] = {a[0], a[1]};
                b[k] = a[i] + a[j];
                che(b[0], b[1]);
            }
        che(now.x - now.y, now.y);
        che(now.x, now.x - now.y);
    }
}
int main(){
    scanf("%d", &n);
    A_star();
    return 0;
}