最简单的方法是直接进行广度优先搜索（BFS）。构建一个以数字为顶点、以操作能改变数字的边为有向边的图。我们可以注意到，将数字变得大于 $2m$ 是永远不合理的，因此在给定的限制条件下，该图最多包含 $2 \cdot 10^4$ 个顶点和 $4 \cdot 10^4$ 条边，BFS 会非常快。

然而，还有一种更快的解法。我们可以将问题反过来思考：从 $m$ 出发，使用“给数字加 $1$”和“若数字为偶数则除以 $2$”这两种操作，得到 $n$。

假设在某个时刻，我们连续执行了两次类型 $1$ 操作（即加 $1$），然后执行了一次类型 $2$ 操作（即除以 $2$）；但此时，如果先执行一次类型 $2$ 操作再执行一次类型 $1$ 操作，会得到相同的结果，而且操作序列比之前更短。这个推理意味着：在一个最优解中，只有当后续不再有类型 $2$ 操作时，才会出现连续多于一次的类型 $1$ 操作。也就是说，唯一有意义的情况是当 $n < m$ 时，我们只需将其增加到足够大。在此约束下，只有一种正确的操作序列：

• 如果 $n$ 小于 $m$，我们不断地加 $1$，直到它们相等；
• 否则（$n > m$），如果 $n$ 是偶数，则除以 $2$；如果是奇数，则先加 $1$ 再除以 $2$。

这个序列的长度可以在 $O(\log m)$ 时间内计算出来。

挑战：考虑一个更一般的问题：我们希望从 $n$ 得到 $m$，使用两种操作“减去 $a$”和“乘以 $b$”。如果 $a$ 和 $b$ 互质，能否推广上述解法，在 $O(\log m)$ 时间内求出最少步数？如果 $a$ 和 $b$ 可能存在大于 $1$ 的公因数，你又该怎么做？

#include <iostream>
int n,m,a;main(){std::cin>>n>>m;while(n<m)m%2?m++:m/=2,a++;std::cout<<a+n-m;}