Trilogy公司的笔试题:根据指定规则用最少的步骤将数转为1

Trilogy公司的笔试题:

如果n为偶数，则将它除以2，如果n为奇数，则将它加1或者减1。问对于一个给定的n，怎样才能用最少的步骤将它变到1。
例如：n=11： ①　++n -> 12　② n/2 -> 6 ③ n/2 -> 3 ④ --n -> 2 ⑤ n/2 -> 1 共需5步。

最简单的方法就是用DP。设f(n)为所用的最少步骤。根据定义可得：

若n为偶数， f(n)=f(n/2) + 1;

若n为奇数， f(n)= min(f(n-1), f(n+1)) +1

= min(f((n-1)/2), f((n+1)/2)) +2

或者：

f(2*k)=f(k)+1

f(2*k+1)=min(f(k),f(k+1))+2

利用上述递推公式，可以直接从数字1开始算到n，用一个数组保存前 n/2+1个数所用的最少步骤，但这时间和空间复杂度均为O(n)，其实利用上面的递推公式，可以实现时间复杂度为0(lg n)。观察上面的递推公式，可以发现，要计算n，只要计算n/2和n/2+1，如要计算59，只要计算：

59 -> 29,30 -> 14,15 -> 7,8 -> 3,4 -> 1,2。

代码如下：

int num2one_dp(unsigned n)

{

unsigned tmp=n, flag=1, ret=0, next=1;

while (tmp>>=1) flag<<=1;

while (flag>>=1) {

if (n & flag) {

if (ret > next) ret = next;

ret += 2;

++next;

} else {

if (next > ret) next = ret;

next += 2;

++ret;

}

return ret;

}

上面的O(lg n)解法，对n先处理高位的0和1，下面的O(lg n)解法则恰恰相反，先处理n的低位的0和1。

将n（n>1）转为二进制数表示

（下面的“加1”、“减1”操作均特指对奇数采取的操作，操作次数包括对偶数的操作次数。）

⑴ 如果n仅由m个连续的1组成（即n=2^m-1， m>=2），

① “加1”操作：需要 m+1 次操作

② “减1”操作：需要 2*(m-1) 次操作

显然，仅当m=2（即n=3）时，“减1”所用的操作次数才比“加1”少。

⑵ 如果n可以表示为：x10_m1_k （m>=1, k>=1）

（x可以为空串或任意01序列，0_m表示连续m个0，1_k表示连续k个1)

① “加1”操作： k+1 次操作后得到x10_m-11如果，接着用“减1”操作（注意，这不这一定最优解法），总共k+3次操作可得x10_m-1。

②“减1”操作： 2*k+1次操作后得到x10_m-1

显然，仅当k=1时，“减1”所用的操作次数才可能比“加1”少。

可以证明，对x10_m1，“减1”所用的操作次数一定不会比“加1”的多。

（当k=1时，对x10_m1，假设先进行一次“加1”操作最终所用的步骤数较少。“加1”操作后，在将x10_m1转为x11前，若用到“减1”操作，则可以直接对x10_m1进行 “减1”操作，所有步骤更少，因而后面都是采用“加1”操作。

对x10_m1（可表示为y01_t0_m1，y允许是空串），

　“加1”操作 2*m+t+2 次后得到 y1

“减1”操作 m+2 次后得到 y01_t

（再用“加1操作”，m+t+3后也可得到y1）

由于对m>=1，恒有m+t+3 <= 2*m+t+2，因而对x10_m1

“减1”操作能保证得到最优解。）

⑶ 总之，仅当n=3或n二进制表示的最低2位是01时，才用“减1”操作

代码：

int num2one(unsigned n)

{

if (n==0) return -1;

int count=0;

while (1) {

while ((n&1)==0) { n >>= 1u; ++count; }

if (n<=3) {

// n只能为1或3，n为3时，还要进行两步操作

count += n - 1;

break;

}

if ((n&3)==1) --n;

else ++n;

++count;

}

return count;

}

转载于:https://www.cnblogs.com/flyinghearts/archive/2011/01/01/1923590.html

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