https://leetcode-cn.com/problems/2-keys-keyboard/description/
题目描述
最初在一个记事本上只有一个字符 ‘A’。你每次可以对这个记事本进行两种操作:
Copy All (复制全部)
: 你可以复制这个记事本中的所有字符(部分的复制是不允许的)。
Paste (粘贴)
: 你可以粘贴你上一次复制的字符。
给定一个数字 n
。你需要使用最少的操作次数,在记事本中打印出恰好 n
个 ‘A’。输出能够打印出 n
个 ‘A’ 的最少操作次数。
样例
输入: 3
输出: 3
解释:
最初, 我们只有一个字符 'A'。
第 1 步, 我们使用 Copy All 操作。
第 2 步, 我们使用 Paste 操作来获得 'AA'。
第 3 步, 我们使用 Paste 操作来获得 'AAA'。
注意
n
的取值范围是 [1, 1000]。
算法1
(动态规划) $O(n)$
- 设计状态 $f(i)$,表示构成 $i$ 个 A 所需要的最少步数,注意这里只需要计算是 n 的约数的状态,即状态 $i$,满足 $n \% i == 0$。
- 初始时,$f(1) = 0$,其余为正无穷;每次转移时,枚举 $i$ 非自身的约数 $j$,即 $i \% j==0$ 并且 $j eq i$,则有 $f(i) = min (f(i), f(j) + frac{i}{j})$。
- 最终答案为 $f(n)$。
时间复杂度
- 状态数有 $O(sqrt n)$个,每个状态的转移有 $O(sqrt n)$个,故总时间复杂度为 $O(n)$。
C++ 代码
class Solution { public: int minSteps(int n) { vector<int> f(n + 1, INT_MAX); f[1] = 0; for (int i = 2; i <= n; i++) if (n % i == 0) for (int j = 1; j * j <= n; j++) if (i % j == 0) { f[i] = min(f[i], f[j] + i / j); if (i > 1) f[i] = min(f[i], f[i / j] + j); } return f[n]; } };
算法2
(数学) $O(sqrt n)$
- 假设已经得到了 n 的所有质因数 $a_1, a_2, …, a_i$,则n 的分解方式可能如下:最后一步必定是由 $a_1$ 组 $n/a_1$ 个 A 拷贝粘贴而成;同理,倒数第二步一定是由 $a_2$ 组 $n / a_1 / a_2$ 个 A 拷贝粘贴而成;直到第一步为止。可以发现不管分解的顺序如何,最终答案都是质因数之和。核心思想即粘贴的次数为质数次,否则可以有更有的分解方式。
- 简要证明如下,设当前组成某个长度的字符串需要 $p$ 步,若直接拷贝达到目标需要 $q$ 次粘贴,总共需要 $p+q$步完成;若 $q$ 为合数,即 $q = ij$ 且 $i>1, j>1$,则可以将拷贝分解为两次,先复制拷贝 $i$ 次,然后再复制拷贝 $j$ 次,这样需要 $p+i+j$ 步完成,显然 $ij >= i+j$。所以只需要所有质因数累加即可。
时间复杂度
- 质因数的个数为 $O(sqrt n)$,故时间复杂度为 $O(sqrt n)$。
C++ 代码
class Solution { public: int minSteps(int n) { int ans = 0; int i = 2; while (n > 1) { while (n % i == 0) { n /= i; ans += i; } i++; } return ans; } };