最初在一個記事本上只有一個字符 'A'。你每次可以對這個記事本進行兩種操作:
Copy All (複製全部) : 你可以複製這個記事本中的所有字符(部分的複製是不允許的)。
Paste (粘貼) : 你可以粘貼你上一次複製的字符。
給定一個數字 n 。你需要使用最少的操作次數,在記事本中打印出恰好 n 個 'A'。輸出能夠打印出 n 個 'A' 的最少操作次數。
示例 1:
輸入: 3 輸出: 3 解釋: 最初, 我們只有一個字符 'A'。 第 1 步, 我們使用 Copy All 操作。 第 2 步, 我們使用 Paste 操作來獲得 'AA'。 第 3 步, 我們使用 Paste 操作來獲得 'AAA'。
說明:
n 的取值範圍是 [1, 1000] 。
來源:力扣(LeetCode)
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第一反應是二維DP
dp[i][j] 表示總共i個字母 粘貼板有j個字母 的最小步驟
class Solution { public: int minSteps(int n) { // dp[i][j] 總共i個字母 粘貼板有j個字母 的最小步驟 int dp[n+1][n+1]; memset(dp, -1, sizeof dp); dp[1][0] = 0; int ans = -1; for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 0; j <= i; j++) { if (dp[i][j] != -1) { if (dp[i][i] == -1 || dp[i][i] > dp[i][j] + 1) { dp[i][i] = dp[i][j] + 1; } if (i + j <= n && (dp[i + j][j] == -1 || dp[i + j][j] > dp[i][j] + 1)) { dp[i + j][j] = dp[i][j] + 1; } } if (i == n && dp[i][j] != -1 && (ans == -1 || ans > dp[i][j])) { ans = dp[i][j]; } } } return ans; } };
不過運行速度有點慢……
對於任何一個數 n,都可以先湊到該數的一個因數 x ,然後 copy all 複製 n/x-1 次,枚舉因數即可
如果 n 爲質數,就只能使用 1 來複制 n-1 次
class Solution { public: int minSteps(int n) { int dp[n+1] = {0}; for (int i = 2; i <= n; i++) { dp[i] = i; for (int j = 1; j < i; j++) { if (i % j == 0) { dp[i] = min(dp[i], dp[j] + i / j); } } } return dp[n]; } };
複雜度和上面一樣,O(n^2) 不過可以優化一下
考慮到一個數x=p*q, p和q是兩個質數,那麼總共打印的次數就是先打印 p 個字母 然後複製 q 次,或者先打印 q 個字母,複製 p 次,結果都是一樣的 p+q
在 p > 1 且 q > 1 的條件下 p*q >= p+q 永遠成立,所以先打印因數個字母再複製的打印方法是最優的。
所以將n做質因數分解就可以了,比如 36=2*2*3*3 答案就是 dp[36]=dp[2]+dp[2]+dp[3]+dp[3],又知道所有的質數答案都是固定的(即該數本身),也就是說 36=2+2+3+3=10
class Solution { public: int minSteps(int n) { int ans = 0; for (int i = 2; i <= n; i++) { while (n % i == 0) { n /= i; ans += i; } } return ans; } };