HDU 1104 Remainder （BFS求最小步数 打印路径）

题目链接题意 ： 给你N，K,M，N可以+，- ，*，% M，然后变为新的N，问你最少几次操作能使（原来的N+1）%K与（新的N）%k相等。并输出相应的操作。思路 ： 首先要注意题中给的%，是要将负数变为正数的，所以取余的时候要注意，又因为各种问题……% 的问题是：a mod b = (a % b + b) % b，不是平常的取余。讨论里有个人是这样说的：

关于此题的用bfs搜索，大家都是知道的。
既然使用了bfs，则队列是少不了的，为了叙述的方便，记运算符集合
oper = {+,-,*,%}, op = {+,-,*}, pe = {+,-,%}。
N在经过一些列的运算，可能会很大，所以溢出问题，需要考虑充分。
因为最后比较的是两个数对k取余是否相等，因此，在队列中存储对
k取余后的值，各种文章中谈论的都是
((n oper m)%k oper m)%k 是不是等于(n oper m oper m)%k
对于op运算是成立的，但是%参与时，结果是不等。例如：
记n = 2, m = 8, k =3.
则((n * m)%k % m)%k = 1
而(n * m % m)%k = 0。
关于另一个结论：%只能出现在第一个位置或者出现在*的后面，且%最多只能出现两次。
因为对任意n,( n pe m ) % m = n % m. 对于乘法则是不一定的，n * m % m 必为0。
由于一系列{+,-,%}运算相当于在n的基础上，‘+’相当于加上若干个m，‘-’相当于减去若干
个m，‘%’相当于一次同时减去（或者加上）若干个m。而他们的总和带来的结果就是n的变化是
m的整数倍，所以上面的式子相等。也就是说如果有一个序列中有‘%’，则它的前面要么是空的，
要么是‘*’，因为如果是其他的只会使得操作序列更长。例如：
+-+-+++%+*+-*-*可以变成%+*+-*-*，后者比前者更短。
*%+-+-***-+*%+*这样的路径也是不存在的，因为*%使得n为0，而后面的*%也为0，
重复，所以不会入队列的。
因为‘%’出现的情况很有限，并且出现的位置，也可以知道。特殊处理一下，就可以了。其他的
对k取余没有问题。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <string>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std ;

struct node
{
int step ;
int an ;
string ch ;
} p,q,temp;
int vis[1001000] ;
int n,m,k,km ;
void bfs()
{
queue<node>Q ;
memset(vis,0,sizeof(vis)) ;
p.an = (n % km) + km ;
vis[p.an] = 1 ;
p.step = 0 ;
Q.push(p) ;
while(!Q.empty())
{
q = Q.front();
Q.pop();
if(q.an % k == ((n + 1) % k + k)%k )
{
printf("%d\n",q.step) ;
cout<<q.ch<<endl;
return ;
}
int x = q.an;
temp.step = q.step + 1 ;
for(int i = 0 ; i < 4 ; i++)
{
if(i == 0)
{
temp.an = (x+m) % km;
temp.ch = q.ch+'+' ;
}
else if(i == 1)
{
temp.an = ((x-m)%km+km)%km;
temp.ch = q.ch+'-' ;
}
else if(i == 2)
{
temp.an = (x*m)%km;
temp.ch = q.ch+'*' ;
}
else if(i == 3)
{
temp.an = (x%m)%km;
temp.ch = q.ch+'%' ;
}
if(!vis[temp.an])
{
Q.push(temp) ;
vis[temp.an] = 1 ;
}
}
}
printf("0\n") ;
}

int main()
{

while(~scanf("%d %d %d",&n,&k,&m))
{
if(n == 0 && m == 0 && k == 0) break ;
km = k*m ;
bfs() ;
}
return 0 ;
}

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