Solution: （不理解时对着图研究一下就清楚啦！！！）
sm[i]为|D(i)| (x,y,n)为x,y在D(n)中的最短路
已知sm[i-1]+1为D(i)的割点
于是x-y的最短路就可以分为三种情况：
- x<sm[n-1]+1&&y>=sm[n-1]+1
- x<sm[n-1]+1&&y<sm[n-1]+1
- x>=sm[n-1]+1&&y>=sm[n-1]+1
下面我们就来讨论这三种情况
- x在图D(n-1)上，y在图D(n-2)上，它们的最短路必过割点sm[n-1]+1
我们只要分别求解x,y到割点的最短路即可
y到割点的最短路即为(1,y-sm[n-1],n-2)
x到割点的最短路却有两种可能 (1,x,n-1)+1或(x,sm[n-1],n-1)+1 这两种情况取小即可
- x,y都在图D(n-1)上
一定要注意这里 x-y的最短路并不一定局限于D(n-1) 还有可能经过割点
所以这里有两种情况：(x,y,n-1)
又有两种经过割点的方式: (1,x,n-1)+(y,sm[n-1],n-1)+2 和 (1,y,n-1)+(x,sm[n-1],n-1)+2
同样取小即可
- x,y都在图D(n-2)上
是最简单的一种情况啊，为(x,y,n-2)
但是如果这样子递归下去是会TLE的，所以我们要优化一下
发现只要求出图D(i)中x,y点到1和sm[i]的最短路就可以了
于是预处理出就可以了
d1[i]为(1,x,i) d2[i]为(x,sm[i],i) d3[i]为(1,y,i) d4[i]为(y,sm[i],i)
pre函数看图研究一下就可以理解啦
CODE:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define R register
#define go(i,a,b) for(R int i=a;i<=b;i++)
#define ll long long
#define M 105
using namespace std;
ll rd()
{
ll x=,y=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')y=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=(x<<)+(x<<)+c-'';c=getchar();}
return x*y;
}
ll T,n,sm[M],d[M],d1[M],d2[M],d3[M],d4[M];
void pre(ll x,ll nw,ll t1[],ll t2[])
{
if(nw==) return ;
if(nw==) {t1[]=(x==);t2[]=(x==);return ;}
if(x<=sm[nw-])
{
pre(x,nw-,t1,t2);
t1[nw]=min(t1[nw-],t2[nw-]+);
t2[nw]=min(t1[nw-],t2[nw-])+d[nw-]+;
}
else
{
pre(x-sm[nw-],nw-,t1,t2);
t1[nw]=t1[nw-]+;
t2[nw]=t2[nw-];
}
}
ll qy(ll x,ll y,ll nw)
{
if(nw<=) return x!=y;
if(x<sm[nw-]+&&y>=sm[nw-]+) return min(d1[nw-],d2[nw-])+d3[nw-]+;
if(x<sm[nw-]+&&y<sm[nw-]+) return min(qy(x,y,nw-),min(d1[nw-]+d4[nw-],d2[nw-]+d3[nw-])+);
return qy(x-sm[nw-],y-sm[nw-],nw-);
}
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
T=rd();n=rd();n=min(n,(ll));
sm[]=;sm[]=;d[]=;d[]=;//d[i]表示D(i)的1到sm[i]结点的最短距离
go(i,,n) sm[i]=sm[i-]+sm[i-],d[i]=d[i-]+;n=min(n,(ll));
while(T--)
{
ll x=rd(),y=rd();if(x>y)swap(x,y);
pre(x,n,d1,d2);pre(y,n,d3,d4);
printf("%lld\n",qy(x,y,n));
}
return ;
}
后：
真的没那么难啊 仔细分析细心一点就没有问题啦
然而 我还是调了一晚上qwq 因为longlong 要哭了...
如果哪里不懂一定要问我 因为可能我也不懂那我就要感谢你发现我没懂的地方啦
然后我们可以一起研究啦啦啦