题意：
坐标轴上告诉你三个互不相同的位置作为三个棋子的起点，再告诉你三个不同的位置作为三个棋子的终点，每次操作可以让一个棋子以另一个棋子为轴跳到对称位置，并且只能跳过一个棋子，问你是否能最终是否能到达目标状态，如果能输出最少多少次到达。
题解：
感觉这题确实不好想啊，没看题解的话我只会搜索。。。
这题我们考虑对于一种状态(x,y,z)，我们设x,y,z是递增的，我们可能的操作只有把y移到x的左侧，把y移到z的右侧，把x和z离y近的那个移到中间。然后就来了这题的一个很厉害的操作了，我们发现对于每个状态，只有一种把两侧的x或z移动的中间的情况，所以可以对每种状态建成一棵树，这样x或z往中间移的状态就是(x,y,z)状态的父节点，y往x和z移动的两种状态看作(x,y,z)的子节点，这样就形成了一棵树。那么如果起始状态与目标状态最终跳到的根相同，那么就说明起始状态是可以通过若干次转化变为目标状态的。
那么我们需要把起始状态和目标状态往上跳，看是否是同一个根，但是直接做复杂度太高。我们设y-x=a,z-y=b，那么我们发现，对于(x,y,z)，我们会转移到(y,2y-x,z)或者(x,2y-z,y)，而新的状态的a和b应该是a-b或b-a，这样我们发现这与gcd或者取模过程类似，所以我们可以直接昨晚所以这种操作，直到已经跳到根或者当前的a与b大小关系发生变化，这样就可以做到logn复杂度判断是否可以到达最终状态了。
那么如果可以的话，我们在求之前到根的过程中记录下两个点的深度，先把深度大的点跳到与另一个点一样的深度，然后用二分或者倍增求出再跳多少步才能跳到LCA，答案就是你跳的总次数了。这样显然是最小的步数，因为树上两点的距离显然这样走是最近的啊。最终复杂度log^2n
有些奇怪的题你可以神奇地转化为一个树形结构，甚至二叉树结构。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[4],b[4],qaq,a1,a2,res;
struct qwq
{
int a[10];
}ji1,ji2;
inline qwq cal(int *a,int lim)
{
int t1=a[2]-a[1],t2=a[3]-a[2];
qwq ans;
for(int i=1;i<=3;++i)
ans.a[i]=a[i];
if(t1==t2)
return ans;
if(t1>t2)
{
int gg=min(lim,(t1-1)/t2);
lim-=gg;
res+=gg;
ans.a[2]-=gg*t2;
ans.a[3]-=gg*t2;
}
else
{
int gg=min(lim,(t2-1)/t1);
lim-=gg;
res+=gg;
ans.a[1]+=gg*t1;
ans.a[2]+=gg*t1;
}
// cout<<lim<<endl;
// for(int i=1;i<=3;++i)
// printf("%d ",ans.a[i]);
// printf("\n");
if(lim)
return cal(ans.a,lim);
else
return ans;
}
int main()
{
for(int i=1;i<=3;++i)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=3;++i)
scanf("%d",&b[i]);
sort(a+1,a+3+1);
sort(b+1,b+3+1);
ji1=cal(a,2e9);
a1=res;
res=0;
ji2=cal(b,2e9);
a2=res;
// for(int i=1;i<=3;++i)
// printf("%d %d\n",ji1.a[i],ji2.a[i]);
for(int i=1;i<=3;++i)
{
// cout<<ji1.a[i]<<" "<<ji2.a[i]<<endl;
if(ji1.a[i]!=ji2.a[i])
{
printf("NO\n");
return 0;
}
}
printf("YES\n");
if(a1>a2)
{
swap(a1,a2);
for(int i=1;i<=3;++i)
swap(a[i],b[i]);
}
res=0;
qaq=a2-a1;
ji1=cal(b,a2-a1);
int l=0,r=a1,mid,gg=0;
for(int i=1;i<=3;++i)
b[i]=ji1.a[i];
while(l<=r)
{
mid=(l+r)>>1;
qwq b1,b2;
b1=cal(a,mid);
b2=cal(b,mid);
int pd=0;
for(int i=1;i<=3;++i)
{
if(b1.a[i]!=b2.a[i])
{
pd=1;
break;
}
}
if(pd==0)
{
gg=mid;
r=mid-1;
}
else
l=mid+1;
}
printf("%d\n",qaq+2*l);
return 0;
}