剑指offer面试题14-I：剪绳子

思路一：贪心算法

推论一： 将绳子 以相等的长度等分为多段 ，得到的乘积最大。

推论二： 尽可能将绳子以长度 33 等分为多段时，乘积最大。

核心思路是：尽可能把绳子分成 长度为3的小段，这样乘积最大。

步骤如下：

（1）如果 n === 4，返回4
（2）如果 n > 4，分成尽可能多的长度为3的小段，每次循环长度n减去3，乘积res乘以3；最后返回时乘以小于等于4的最后一小段

class Solution {
public:int cuttingRope(int n) {//1、任何大于1的数都可由2和3相加组成（根据奇偶证明）//2、因为2*2=1*4，2*3>1*5, 所以将数字拆成2和3，能得到的积最大//3、因为2*2*2<3*3, 所以3越多积越大 时间复杂度O(n/3)，用幂函数可以达到O(log(n/3))if(n==1 || n==2) return 1;  //1*1if(n==3) return 2;  //1*2if(n==4) return 4;  //2*2 || 1*4int sum=1;while(n>4)   //当n=4时可以分为2+2，也可以不分割；   当n>4时，即n=5起可拆分为3、2的和{sum *= 3;n -= 3;}return sum*n;}
};

贪心优化：由于正常的贪心算法是不断对数进行 n - 3 然后 result × 3，如果这个 n 很大，那么重复减 3 的次数会很多，所以考虑对这个地方进行优化，直接 n / 3 代替不断 n -= 3

思路
先获得 n 的余数 yuShu = n % 3 = 0、1、2，然后获得幂的次数 pow = n / 3

考虑在余数是 1 时，要对 / 3 后的结果回溯一次，即 pow 要 - 1，然后直接乘 4 就行

为了简便运算，将余数是 1 和 0 合并起来，在 / 3 后都进行一次 -1，即回溯一次，然后

result = 3 ^（pow-1） * (yuShu + 3) 即可

yuShu = 1 时，乘 4

yuShu = 0 时，乘 3

切分规则：
（1）最优： 3。把绳子尽可能切为多个长度为 3的片段，留下的最后一段绳子的长度可能为 0,1,2 三种情况。
（2）次优： 2 。若最后一段绳子长度为 2；则保留，不再拆为 1+1 。
（3）最差： 1 。若最后一段绳子长度为 1；则应把一份 3 +1 替换为 2 + 2，因为 2 × 2 > 3 × 1。

算法流程：
（1）当 n≤3 时，按照规则应不切分，但由于题目要求必须剪成 m>1 段，因此必须剪出一段长度为 1 的绳子，即返回 n - 1。
（2）当 n>3 时，求 n 除以 3 的整数部分 a 和余数部分 b（即 n = 3a + b ），并分为以下三种情况：

当 b = 0时，直接返回 3^a；
当 b = 1时，要将一个 1 + 3转换为 2+2，因此返回 3^{a-1} ×4；
当 b = 2时，返回 3^a ×2。

class Solution {
public:int cuttingRope(int n) {if(n==1 || n==2) return 1;if(n==3) return 2;if(n==4) return 4;int yuShu = n % 3;  //余数// int mi = n / 3;     //幂的次数if(yuShu==0){return (int)pow(3,n/3);}if(yuShu==1){return (int)pow(3,n/3-1)*(yuShu+3);}if(yuShu==2){return (int)pow(3,n/3)*yuShu;}return 0;}
};

思路二：动态规划

思路：对于的长度为n的绳子，当 n ≥ 2 时，可以剪成至少两个绳子。令 k 是剪出的第一段绳子，则剩下的部分是 n−k，n−k 可以不继续剪，或者继续剪成至少两段绳子（一个问题可以分解为相似的子问题因此想到动态规划）。由于每个绳子长度对应的最大乘积取决于比它小的绳子对应的最大乘积，因此可以使用动态规划求解。

算法

（1）确定dp数组以及下标的含义

dp[i] 表示将长度为 i 的绳子剪成至少两段绳子之后，这些绳子长度的最大乘积

（2）确定状态转移方程

当 i ≥ 2 时，假设对长度为 i 绳子剪出的第一段绳子长度是 j（1≤j<i），则有以下两种方案：

（1）将 i 剪成 j 和 i-j 长度的绳子，且 i−j 不再继续剪，此时的乘积是 j×(i−j) ；

（2）将 i 剪成 j 和 i−j 长度的绳子，且 i−j 继续剪成多段长度的绳子，此时的乘积是 j×dp[i−j]

因此，当 j 固定时，有 dp[i] = max(j×(i−j),j×dp[i−j])。由于 j 的取值范围是 1 到 i/2 ，需要遍历所有的 j 得到最大的 dp[i]

（3）初始化状态

0 不是正整数，1 是最小的正整数，0 和 1 都不能拆分，因此 dp[1]=1,dp[2]=2,dp[3]=3。

（4）遍历顺序

由状态转移方程知道dp[i] 是从 j×(i−j)和j×dp[i−j] 且j 的取值范围是 1 到 i/2 ，需要遍历所有的 j 得到dp[i]所以从前往后遍历。
（5）返回值

最终得到dp[n]的值即为将长度为n的绳子拆分成至少两段绳子之后，这些绳子长度的最大乘积。

class Solution {
public:int cuttingRope(int n) {//int* dp = new int[n+1];vector<int> dp(n+1);if(n==1 || n==2) return 1;if(n==3) return 2;dp[1] = 1; dp[2] = 2; dp[3] = 3;for(int i = 4;i <= n;i++){//j<=i/2是因为1*3和3*1是一样的，没必要计算在内，只要计算到1*3和2*2就好了// max(j*(i-j),j*dp[i-j]) 中 j*(i-j)指的是分割一次后的乘积；j*dp[i-j]指分割一次后,// 剩余部分继续分割后的最大乘积,前面已经求解过，所以只需要取结果// 下面综合起来就是，但j取不同时，与前一次j取值后的dp[i]比较，取最大值，直到j遍历完for(int j = 1;j <= i/2;j++){dp[i] = max(dp[i],max(j*(i-j),j*dp[i-j]));// dp[i] = max(dp[i],dp[j]*dp[i-j]);//max(j*(i-j),j*dp[i-j]是由于减去第一段长度为j的绳子后，可以继续剪也可以不剪//max(dp[i],Math.max(j*(i-j),j*dp[i-j]))是当j不同时，求出最大的dp[i]}}return dp[n];}
};

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