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。n的取值范围是[1,1000]
示例:
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 操作获得 ‘AA’。
第 3 步,我们使用 Paste 操作获得 ‘AAA’。
动态规划解法
建立并维护两个长度为n+1(因为数组的下标从0开始)的一维表dp和copyLen,dp[i]存储得到长度为i的’A’字符串需要的最少操作次数,copyLen记录用最少操作得到长度为i的’A’字符串时被复制串的长度。接下来:
- 将dp[0]、dp[1]、dp[2]分别初始化为0、0、2,其他dp[i]值初始化为Integer.MAX_VAULE,copyLen[2]初始化为1;
- 从i=2开始遍历。在遍历过程中,我们可以进行以下两种操作更新dp表和copyLen,直到遍历到i=n:
(1)操作1:直接进行粘贴操作 —— 从当前字符长度开始使用当前被复制的长度直接粘贴,字符长度每次增加copyLen[i]变为j,当原dp[j]小于dp[i]+粘贴次数,更新dp[j]和copyLen[j]
(2)操作2:先复制再粘贴 —— 先进行一次复制操作,被复制字符长度更新为copyNewLen=I。在进行粘贴操作,字符长度每次增加copyNewLen变为j,当原dp[j]小于dp[i]+粘贴次数+1,更新dp[j]和copyLen[j] - 得到最终结果dp[n]并返回
状态转移方程:
dp[j]=min(dp[j], dp[i]+k1, dp[i]+k2+1) // i<j, j>2, k1=(j-i)/copyLen[i], k2=(j-i)/i
dp[j]=0 // j=0, 1
dp[j]=2 // j=2
完整题解代码:
class Solution {
public int minSteps(int n)
{
if(n<=1)
{
return 0;
}
int[] dp=new int[n+1]; //用于动规的表,dp[i]记录打印出i个A需要的最少操作次数
int[] copyLen=new int[n+1]; //用于记录长度为i的字符串拥有的被复制串长度
dp[2]=2;
copyLen[2]=1;
for(int i=3;i<dp.length;i++)
{
dp[i]=Integer.MAX_VALUE;
}
for(int i=2;i<dp.length;i++)
{
//copyLen[i]=copyLen[i-1];
//操作方法一:只用当前copyLen长度粘贴
for(int j=i+copyLen[i],k=1;j<dp.length;j+=copyLen[i],k++)
{
int temp=dp[i]+k;
if(temp<dp[j])
{
dp[j]=temp;
copyLen[j]=copyLen[i];
}
}
//操作方法二:复制当前字串后再粘贴
int copyNowLen=i;
for(int j=i+copyNowLen,k=2;j<dp.length;j+=copyNowLen,k++)
{
int temp=dp[i]+k;
if(temp<dp[j])
{
dp[j]=temp;
copyLen[j]=copyNowLen;
}
}
}
return dp[n];
}
}
时间复杂度:两层遍历,O(n2)
空间复杂度:建立并维护两个一维表,O(n)
本题使用动态规划进行解决,维护一维表并遍历其中的元素,和大多数动规做法:根据表中其他值,使用一定策略计算更新当前遍历到的元素值不同的是,本题中遍历到的元素值在之前已经确定,是使用当前元素值计算更新其他(当前元素后面的、表中还没有遍历到的)元素值。这种思想和牛客网编程题:跳石板 解法相同。