poj 2426

题目大意：给出三个数n,k,m，n可以+m、-m、*m、%m，每次求出的结果，再用n保存起来，%的定义如下：

若n=x*m+q 满足m>1 && q>=0 则q为n%m的值（和平常取余不一样）。

求最少多少步使得n的初始(n+1)%k等于当前的 n%k,并输出操作符顺序，若有多种解则输出操作符序列最小的，最小的定义就不说了。

WA了n次不知道为何，后来看了大牛的分析才得知%的出现是可以推算出来的。

若不加访问标志的话，复杂度必然会高，若果我们将每次取得的n值，做下n=n%k的话那么我们就可以定义一个访问标志数组。

那么这么做对不对呢？我们先看一下 ((n ope m)%k ope m) %k 是不是等于（n ope m ope m）%k ，显然+、-、*都是可以的。

若ope={+,-,*};

((n ope m)%k ope m )%k

=( (n ope m)%k%k ope (m%k)) %k

= ((n poe m)%k ope (m%k))%k

= (n ope m ope m)%k;

所以对于+、-、* 我们可以按照上述思路做的。

我们再看一下ope 取‘%’的情况：

其实我们只看（n  ope  m）%k %m 是不是等于 （n  ope  m）%m 就行了，显然是不等的。其实我们可以肯定 n经过一系列对m的操作（+，-，%）最终对m取余的结果一定是n%m，但对于‘*’显然 n*m%m==0;

总而言之：只要我们知道n%m和0是不是结果后，我们就没必要按‘%’扩展节点了，所以如果‘%’出现，要么出现在第一步，要么出现在第二步（前面必为‘*’）；

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<stack>
using namespace std;
struct node
{
    int cur;
    char sign;
    int father;
};
node Q[100000];
int visit[1001];
char path[1000];
int GetPath(int tail,char * p)
{
    int count=0;
    stack <char> S;
    int i,head=0;
    for(i=tail;i>head;i=Q[i].father)
    {
        count++;
        S.push(Q[i].sign);
    }
    i=0;
    while(!S.empty())
    {
        p[i++]=S.top();
        S.pop();
    }
    p[i]='\0';
    return count;
}
int bfs(int n,int m,int k,int result)
{
    int head,tail,w;
    head=tail=0;
    node e={n,' ',0};
    Q[tail++]=e;
    while(head<tail)
    {
        e=Q[head++];
        if(e.cur==result)
        {
            return GetPath(head-1,path);
        }
        w=(e.cur+m)%k;
        if(w<0) w+=k;
        if(!visit[w])
        {
            node ee={w,'+',head-1};
            Q[tail++]=ee;
            visit[w]=1;
        }
        w=(e.cur-m)%k;
        if(w<0) w+=k;
        if(!visit[w])
        {
            node ee={w,'-',head-1};
            Q[tail++]=ee;
            visit[w]=1;
        }
        w=(e.cur*m)%k;
        if(w<0) w+=k;
        if(!visit[w])
        {
            node ee={w,'*',head-1};
            Q[tail++]=ee;
            visit[w]=1;
        } 
        //重点是以下三行
        if(e.sign=='*') w=0;
        else if(tail!=4) continue;
        if(tail==4) w=(e.cur%m+m)%m;
        
        if(!visit[w])
        {
            node ee={w,'%',head-1};
            Q[tail++]=ee;
            visit[w]=1;
        }    
    }
    return 0;
}
int main()
{
    int n,m,k,res,inValue;
    while(scanf("%d%d%d",&n,&k,&m))
    {
        if(n==0 && m==0 && k==0) break;
        memset(visit,0,sizeof(visit));
        inValue=((n+1)%k+k)%k;
        res=bfs(n,m,k,inValue);
        if(res==0)
            printf("0\n");
        else
            printf("%d\n%s\n",res,path);
    }
    return 0;
}