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分析：这道题目可以采用动态规划来解决
设f[i]表示把i变成1的最小代价。
所以有:f[i] = min{f[(1-t) ~ (i-1)]}+1
特别的,对于i % k == 0 f[i] = min{f[i],f[i/k] + 1}
我们可以先忽略掉特判的一步，这样，f[i]就来自于f[(1-t) ~ (i-1)]之间的最小值了
我们发现这个问题转换成了RMQ问题,可以在logn内解决
可以用单调队列优化dp，这样可以做到复杂度O(n)
1 #include <queue> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <iostream> 5 #include <algorithm> 6 using namespace std; 7 typedef long long ll; 8 inline void read(int &x){ 9 x=0;char ch;bool flag = false; 10 while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true; 11 while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x; 12 } 13 inline int cat_max(const int &a,const int &b){return a>b ? a:b;} 14 inline int cat_min(const int &a,const int &b){return a<b ? a:b;} 15 const int maxn = 1000010; 16 const int inf = 0x3f3f3f3f; 17 int f[maxn],q[maxn],l,r,ans; 18 inline void work(){ 19 int n,k,t; 20 read(n);read(k);read(t); 21 if(t == 0){ 22 for(ans=0;n>1;++ans) n /= k; 23 printf("%d ",ans); 24 return; 25 } 26 l = r = 0;f[1] = 0; 27 q[0] = 1; 28 for(int i=2;i<=t+1 && i <= n;++i) f[i] = 1,q[++r] = i; 29 for(int i=t+2;i<=n;++i){ 30 if(i % k == 0 && k != 1) f[i] = f[i/k] + 1; 31 else f[i] = inf; 32 while(l <= r && q[l] < (i - t)) ++l; 33 f[i] = cat_min(f[i],f[q[l]] + 1); 34 while(l <= r && f[q[r]] >= f[i]) --r; 35 q[++r] = i; 36 } 37 printf("%d ",f[n]); 38 } 39 int main(){ 40 int T;read(T); 41 while(T--) work(); 42 getchar();getchar(); 43 return 0; 44 }