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数学
LeetCode818赛车
你的赛车可以从位置 0 开始，并且速度为 +1 ，在一条无限长的数轴上行驶。赛车也可以向负方向行驶。赛车可以按照由加速指令 ‘A’ 和倒车指令 ‘R’ 组成的指令序列自动行驶。
当收到指令 ‘A’ 时，赛车这样行驶：
position += speed
speed *= 2
当收到指令 ‘R’ 时，赛车这样行驶：
如果速度为正数，那么speed = -1
否则 speed = 1
当前所处位置不变。
例如，在执行指令 “AAR” 后，赛车位置变化为 0 --> 1 --> 3 --> 3 ，速度变化为 1 --> 2 --> 4 --> -1 。
给你一个目标位置 target ，返回能到达目标位置的最短指令序列的长度。
示例 1：
输入：target = 3
输出：2
解释：
最短指令序列是 “AA” 。
位置变化 0 --> 1 --> 3 。
示例 2：
输入：target = 6
输出：5
解释：
最短指令序列是 “AAARA” 。
位置变化 0 --> 1 --> 3 --> 7 --> 7 --> 6 。
提示：
1 <= target <= 104
这题太难了，反复看各位大佬的题解。结合自己的思考，总结出适合中国人理解的解法。
由于空格消失，故用_代替。
原理
令S=Ak1RAk2…Rkn 表示dp[x]的最短指令序列,x的取值范围(0,target]。An 代替n个A,n可以为0。定义S1,S2,S4,使得 S == Rk1+S1 S == Rk1R + S2 S == Ak1RAk2R+S4 。dp[x]的含义：当前速度为1，向当前方向行驶x的最短指令序列的长度。
S有如下性质：
一，一定不会以R结尾。假定以R结尾，删除它。距离不变。
二，一定不会以R开头。 否则删除RAk1R ，再在末尾增加 RRAk1或RAk1，指令长度不变或变短。
三,ki的i为奇数，则是正方向；i为偶数，则是反方向。如果x1和x2奇偶性相同，则交换kx1和kx2，行驶的路程不变。对奇数ki按降序排序，对偶数ki按降序排序。
四，x1和x2奇偶性不同。则kx1一定不等于kx2，否则通过性质三，移到最后然后删除。
五，x1和x2奇偶性不同。kx1>=3 ,则kx1一定不等于kx2+1，否则kx1变kx2，kx2变0使得，末尾加RA或RRA。
六，如果ki>=4，则ki顶多出现一次。否则将第一个Aki变成Aki+1,第二个Aki删除，末尾追加RRA或RA。
七，如果ki等于1。则最多出现2次。否则将三个A，变成A2 A0 A0。3个字符变2个字符。
八，如果ki等于2。则最多出现2次。否则将三个AA 变成A^3 A A。6个字符变5个字符。
九，如果ki等于3。则最多出现2次。否则将三个AAA变成，A^4 A^2 A^2。9个字符变8个字符。
十，如果x+1等于2k，则最短指令就是Ak。每一步都是最大加速，最大移动距离。
十一，假定某段指令的k1为x，则此指令的最大行驶距离vMaxDis(x)为（正方向全部选择，负方向全部不选择）：
x == 0,最大行驶距离0。
x== 1，2个A最大行驶距离为2。
x== 2，当有两个AA时，不会再有A，故最大行驶距离为6。AA_AA_ A -> AAA 5个字符变3个字符。只能AA A_A 行程5，AA_AA 行程6。
x== 3 当两个AAA存在时，不会存在A或AA，最大行驶距离：14。AAA AAA_ A => AAAA 7个字符变4个字符 AAA _AAA AA => AAAA A A 8个字符变6个字符。2个AAA的行程是14。其它组合不会超过14。
x==4 1个A AA …Ax 。和为:Sumi = 1 : x _{i=1}^{:x}i=1:x(2i-1) = Sumi = 1 : x _{i=1}^{:x}i=1:x(2i)-x = 2^(x+1)-2- x 。A _AA AAA 做特殊处理，删除A AA _AAA ，加上14，即 - 11+14 ， 2^(x+1)-2- x+3= 2(x+1) - x +1
十二，假定某段指令的k1为x，则k2的最大值为vK2Max(k1)：
根据性质四,k2一定不等于k1。
根据性质五，如果x>=3，则k2一定不是x-1，也不是x+1。
如果x >= 3，k2>=x+2 无论如何都会让行驶的距离为负
k1行驶的路程-k2行驶的路径+ vMaxDis(k1) = 2k1-2^(k1+2) + 2(k1+1)-k1+1 = -2k1-k1 + 1 路程恒定为负，淘汰。
综上所述：x>=3 k2的最大值为x-2。
k1为0，无意义。
k1为1，k2最大为0；如果k2为1，和k1抵消；如果k2为2，则行驶的总距离一定为负。
k1为2，k2可以为1。h1为2时，最大正方向为6。h2为3的话，负方向至少为7。总行程必定为负。故h2最大为1。
h2一定小于h1。
十三：假定某段指令的k1为x，则最小行驶距离vMinDis(x)（除k1外，正方向全部不选，负方向全选）为
故：vMinDis(x) = 2x-1 - vMaxDis(vK2Max(x))
vMinDis的计算值大于实际值，动态规划时可能会有遗漏造成错误。小于实际值，只会多计算几次，不会造成错误。故为了简化问题：令vMinDis(1)和vMinDis(2)等于0。
实现
初始化时计算vK1,如果vK1[x]记录符合以下条件的k1。vMinDis(k1) <= x 且vMaxDis(k1)>=x。
动态规划的状态表示，则初始速度为1，向当前方向行驶x的最短指令流为dp[x]。动态规划的初始值dp[0]=0。
动态规划的填表顺序：
第一层循环： 从1到大枚举x。
第二层循环：枚举可能k1。
第三层循环： 枚举可能的k2。
动态规划的返回值：dp.back()。
难点 dp[x]的x必须在区间[0,x)
动态规划的转移方程
根据上面的十余条性能，可以淘汰很多指令系列。我们只需要计算dp[x]，x取值范围[1,target]如果无法表示此范围的行程，也淘汰掉。
由于是从小到大计算x，转移方程中用到的dp[y] ,y的取值范围必须是[0,x)，否则无法保证无后效性。
则 S1 行驶的路程为: x - (2k1-1)
S2 行驶的路程为：y = (2k1-1) - x
如果y == 0 , 直达 dp[x] = k1
如果 y 取值[0,x） dp[x] = k+1 + dp[y] 如果S2有更短的指令，替换S2，则S更短
如果 y >= x ， 抛弃，见下面的证明一。
如果y < 0
枚举h2，已证明h2 >=0 且 h2 < h1。
令y1是S4行驶的总路程。
令y1 =x - （ 2k1-1）+ (2k2-1) = x - 2k1+2k2
由于k1 > k2 ，所以 y1 < x
y < 0 ==>> x - 2k1+1 > 0
k2的最小值为0，故2k2的最小值为1 故 y1 > 0 。
由于y1取值范围(0,x) 无法到x，故h3必定存在。
可以这样理解：向前走了一段没到目标，向后走了一段（小于向前的距离，且大于等于0）。必定不会到达目标，也不会回到起点。
dp[y1]对应的指令串就是S4，否则替换S4，S会变短。
证明一：2k1-1 != 2x。
如果两者相等，则直接用S2代码代替S，更短。
证明二：2k1-1 不大于 2x。
假定2k1-1 > 2x 也就是2k1-1 >= 2x +1 ==>>> 2k1 >= 2*(x+1) ===>>> 2k-1 >= x+1 式子一
以Ak2开头的S2，必须能等于 2k1-1 - x ,
a，k1 >= 4 假设一
根据性质五,h2 <= k1-2
S2的最大路程为：
2(x+1) - x +1
将k1-2 代替x
2k1-1- (k1-2)+1 = 2k1-1-k1+3
假定S2的最大路程能>=y：
2k1-1-k1+3 >= 2k1-1 - x
-k1+3 >= 2k-1 -1 - x
x+4 >= 2k-1 +k1 假设二
式子一和假设一
===>>> 2k-1 +k1 >= x+5 ==>>> 2k-1 +k1 > x+4 ==》 x+4 < 2k-1 +k1 式子二
假设二和式子二矛盾
b:k1 <= 3
k1等于0，总路程小于等于0，无意义。
k1等于1，k2为0。h2 h4 h6是递减的，如果h2为0,则h2 h4 h6…全部为0，也就是没有返程。没有返程意味者k1走的路程 <= x。
k1等于2，k2为1。k1的路程为3，只有当x1=1，才符合3>2*x。x=1的时候，最短距离是A。显然k1不等于2。h2为0同上。
k1等于3,k1的路程为7，只有x等于1 2 3 才符合，最短串分别为 A ARRA(或AARA) AA 。 k1都不为3。
代码
class Solution { public: int racecar(int target) { auto K2Max = [](int k1) { static vector<int> v = { 0,0,1 }; return k1 >= v.size() ? k1 - 2 : v[k1]; }; vector<int> vMaxDis = { 0 } ,vMinDis = { 0 }; for (int k1 = 1; ; k1++) { int iMax = (1 << (k1 + 1)) - 2 - k1 ; if (1 == k1) { iMax += 1; } else if(2 == k1) { iMax += 4; } else { iMax += 11; } const int iMin = (1 << k1) - 1 - vMaxDis[K2Max(k1)]; if (iMin > 10000) { break; } vMaxDis.emplace_back(iMax); vMinDis.emplace_back(iMin); } vector<vector<int>> vK1(target + 1); for (int i = 1; i < vMaxDis.size(); i++) { for (int x = max(1, vMinDis[i]); x <= min(target, vMaxDis[i]); x++) { vK1[x].emplace_back(i); } } vector<int> dp(target + 1, 100'000); dp[0] = 0; for (int x = 1; x <= target; x++) { for (const auto& k1 : vK1[x]) { const int iRemain = (1 << k1) - 1 - x; if ( 0 == iRemain ) { dp[x] = k1;//只有k1 break; } if (iRemain > 0) { if (iRemain < x) { dp[x] = min(dp[x], k1 + 1 + dp[iRemain]);//超出部分 } continue; } for (int k2 = 0; k2 <= K2Max(k1); k2++) { const int iNewX = x - (1 << k1) + (1 << k2);//iNew为0，有k2无k3 if (iNewX < 0) { assert(false); } else { dp[x] = min(dp[x], k1 + k2 + 1 + (0 != iNewX) + dp[iNewX]); } } } } return dp.back(); } };
测试用例
template<class T> void Assert(const T& t1, const T& t2) { assert(t1 == t2); } template<class T> void Assert(const vector<T>& v1, const vector<T>& v2) { if (v1.size() != v2.size()) { assert(false); return; } for (int i = 0; i < v1.size(); i++) { Assert(v1[i], v2[i]); } } int main() { { Solution sln; vector<int> ans = { 1,4,2,5,7,5,3,6,8,7,10,7,9,6,4,7,9,8,11,12,10,9,12,9,11,13,11,8,10,7,5,8,10,9,12 ,13,11,10,13,15,14,15,13,14,12,11,14,11,13,16,14,17,14,15,13,10,12,14,12,9,11,8, 6,9,11,10,13,14,12,11,14,16,15,16,14,15,13,12,15,17,16,19,19,18,17,18,16,18,18,17,15,16,14,13,16,13,15,18,16,19 }; for (int i = 0; i < 100; i++) { auto res = sln.racecar(i + 1); Assert(res, ans[i]); } } { Solution sln; vector<int> ans = { 45, 43, 40, 41, 43, 42, 44, 43, 44, 42, 39, 40, 42, 41, 38, 39, 37, 34, 36, 39, 37, 40, 42, 40, 38, 41, 43 , 42, 45, 42, 44, 41, 39, 42, 44, 43, 46, 47, 45, 44, 47, 44, 46, 48, 46, 43, 45, 42, 40, 43, 45, 44, 47, 48, 46, 45, 48, 50, 49, 50, 48, 49, 47, 46, 49, 46, 48, 51, 49, 52, 49, 50, 48, 45, 47, 49, 47, 44, 46, 43, 41, 44, 46, 45, 48, 49, 47, 46, 49, 51, 50, 51, 49, 50, 48, 47, 50, 52, 51, 54 }; for (int i = 0; i < 100; i++) { auto res = sln.racecar(10000-i); Assert(res, ans[i]); } } }
附录：
k1:1 minDis:1 maxDis:2
k1:2 minDis:1 maxDis:8
k1:3 minDis:5 maxDis:22
k1:4 minDis:7 maxDis:37
k1:5 minDis:9 maxDis:68
k1:6 minDis:26 maxDis:131
k1:7 minDis:59 maxDis:258
k1:8 minDis:124 maxDis:513
k1:9 minDis:253 maxDis:1024
k1:10 minDis:510 maxDis:2047
k1:11 minDis:1023 maxDis:4094
k1:12 minDis:2048 maxDis:8189
k1:13 minDis:4097 maxDis:16380
k1:14 minDis:8194 maxDis:32763
2023年1月版
class Solution {
public:
bool AddQue(int(vHasDisSpeed)[41], vector<std::pair<int, int>>& qDisSpeed, int iDis, int iSpeed, int iOpeNum)
{
iSpeed += 20;
if ((iDis < 0) || (iDis >= m_target2 ))
{
return false;
}
if (INT_MAX != vHasDisSpeed[iDis][iSpeed])
{//已经处理
return true;
}
vHasDisSpeed[iDis][iSpeed] = iOpeNum;
qDisSpeed.emplace_back(iDis, iSpeed);
return true;
}
int racecar(int target) {
m_target = target;
int vHasDisSpeedOpeNum[10000 * 2][41] = { INT_MAX };
for (int i = 0; i < sizeof(vHasDisSpeedOpeNum) / sizeof(vHasDisSpeedOpeNum[0]); i++ )
for (int j = 0; j < sizeof(vHasDisSpeedOpeNum[0]) / sizeof(vHasDisSpeedOpeNum[0][0]); j++)
{
vHasDisSpeedOpeNum[i][j] = INT_MAX;
}
vector<std::pair<int, int>> qDisSpeed;
AddQue(vHasDisSpeedOpeNum, qDisSpeed, 0, 1, 0);
for (int i = 0; i < qDisSpeed.size();i++ )
{
int iDis = qDisSpeed[i].first;
const int iOpeNum = vHasDisSpeedOpeNum[iDis][qDisSpeed[i].second];
int iSpeedK = qDisSpeed[i].second - 20;
int iSpeed = 1 << (abs(iSpeedK)-1);
if (iSpeedK < 0)
{
iSpeed *= -1;
}
if (iDis + iSpeed == target)
{
return iOpeNum + 1;
}
AddQue(vHasDisSpeedOpeNum, qDisSpeed, iDis + iSpeed, iSpeedK > 0 ? iSpeedK + 1 : iSpeedK - 1, iOpeNum + 1);
AddQue(vHasDisSpeedOpeNum, qDisSpeed, iDis, iSpeedK > 0 ? -1 : 1, iOpeNum + 1);
}
return -1;
}
int m_target;
};
2023年8月版
class Solution {
public:
int racecar(int target) {
if (1 == target)
{
return 1;
}
if (2 == target)
{
return 4;
}
vector dp(target + 1,INT_MAX);
dp[1] = 1;
dp[2] = 4;
int k = 1;
for (int i = 3; i <= target ;i++ )
{
while ((1 << (k + 1)) <= i+1)
{
k++;
}
{
const int first = (1 << k) - 1;
if (first == i)
{
dp[i] = k;
continue;
}
for (int j = 0; j < k; j++)
{
dp[i] = min(dp[i], k + 1 + j + 1+ dp[i - first + (1 << j )-1]);
}
}
{
const int first = (1 << (k+1)) - 1;
dp[i] = min(dp[i], (k + 1) + 1 + dp[first - i]);
}
}
return dp.back();
}
};
