若A=K*B，若仅通过操作二：将B变换为A需要K步，
由算数基本定理可知：k=p1*p2*……pn（p为素数，且可能重复）
那么：将B转化为p1*B需要p1步，将p1*B转化为p1*p2*B需要p2步，以此类推，将B转化为A需要（p1+p2+....pn）步
因为(p1*p2*p3...*pn) < (p1+p2+p3+...pn)，故而若仅通过操作二将B转化为A至少需要（p1+p2+p3...+pn）步
因存在删除操作，我们将问题转化为图论：点i和点k*i之间存在单向边，点i和点i-1之间存在单项边。起始点为1，终点为n，求1到n的最短路。
我们知道：若仅通过操作二将1转化为较大的素数A，需要A步。但若通过操作三，我们可以先将1转化为（A+m），再通过（A+m）-A步操作，得到A。
例如：A=17，18=2*3*3，将1转化为18需要8步，再将18转化为17需要1步，共需要9步，远小于17。
因而我们可推断：较大的素数，可以通过操作三由较小的素数推出。
实际上，我们需要的素数仅为（2,3,5,7）
接下来，通过最短路算法，求解
#include<stdio.h> #include<math.h> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #include<queue> #define MAXSIZE 1000005 #define INF 999999999 #define LL long long using namespace std; int dist[MAXSIZE],p[5]={2,3,5,7}; void spfa() { queue<int> Q; Q.push(1); for(int i=0;i<MAXSIZE;i++) dist[i] = INF; dist[1] = 0; while(!Q.empty()) { int now = Q.front(); Q.pop(); for(int i=0;i<4;i++) { if(p[i]*now<MAXSIZE && dist[now*p[i]]>dist[now]+p[i]) { dist[now*p[i]] = dist[now]+p[i]; Q.push(now*p[i]); } if(now>1 && dist[now-1]>dist[now]+1) { dist[now-1] = dist[now]+1; Q.push(now-1); } } } } int main() { int n; scanf("%d",&n); spfa(); int ans = dist[n]; printf("%d\n",ans); return 0; }
