這好像是出給學弟的模擬賽題

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Solution

顯然需要考慮 DP。觀察資料範圍設 \(f_i\) 表示生成一個長度為 \(i\) 的字串所需要的最少花費。

三個操作對應著 \(i \to i - 1, i \to i + 1, i \to i \times 2\)。

如果沒有中間那個操作，顯然每個狀態只會由前面的狀態轉移而來，直接轉移即可，轉移方程如下：

考慮中間的操作 \(i \to i + 1\)，它需要使用到後面的狀態，這個狀態我們現在並沒有更新。那麼我們想：我們能不能從 \(\frac{i+1}{2} \to i+1 \to i\)

想了想是可以的。並且只需要在 \(i \bmod 2 = 1\) 的時候考慮這個轉移即可，所以有轉移方程：

（如果 \(i \bmod 2 = 0\) 的話根本不需要 \(-1\)）

把這三個轉移方程結合起來這題就做完了，時間複雜度 \(\mathcal O(n)\)。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e7 + 10;

int n, X, Y;
int f[MAXN];

signed main() {
	cin >> n >> X >> Y;
	memset(f, 0x3f, sizeof f);
	f[0] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		f[i] = min(f[i], f[i - 1] + X);
		if(i & 1) {
			f[i] = min(f[i], f[i + 1 >> 1] + X + Y);
		} else {
			f[i] = min(f[i], f[i >> 1] + Y);
		}
	}
	printf("%lld\n", f[n]);
	return 0;
}