BFS

/*
可以理解为：可选+1或者+k两种操作
从第1分钟按到第n分钟最多需要几次操作
所以枚举对象是0-n-1，多出去的值都mod了

不用bfs直接dp也可以
*/
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;
int d[N];  // 对0-n-1的操作次数，有点类似dp
int n, k;

void bfs()
{
    memset(d, -1, sizeof d);
    d[0] = 0;

    queue<int> q;
    q.push(0);

    while (q.size())
    {
        auto t = q.front();
        q.pop();

        int a = (t + 1) % n;
        if (d[a] == -1)  // 如果当前位置没有走过
        {
            d[a] = d[t] + 1;  // 状态更新+1，添加一次操作
            q.push(a);
        }

        int b = (t + k) % n;
        if (d[b] == -1)
        {
            d[b] = d[t] + 1;
            q.push(b);
        }
    }
}

int main()
{
    cin >> n >> k;

    bfs();

    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        res = max(res, d[i]);

    cout << res;
    return 0;
}

DP

/*
仔细读懂题，可以转化为：
    枚举[0,n-1]区间，每步操作都要求精简，最后输出一个max的操作次数
    其实类似那道将200元拆分为1，2，5面值，可以得到min张纸币数
所以在枚举每次n的过程中，能k就k，不能再1
*/
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;
int f[N];
int res;

int main()
{
    int n, k;
    cin >> n >> k;

    f[0] = 0;
    f[k % n] = 1;

    for (int i = 1; i < n; i++)  // 区间[1,n-1]，0在上面初始化了
    {
        if (i % k == 0)  // 能k就k
            f[i] = f[i - k] + 1;
        else
            f[i] = f[i - 1] + 1;
    }

    for (int i = 0; i < n; i++)
        res = max(res, f[i]);
    cout << res;

    return 0;
}