文章目錄

• 1 題目理解
• 2 BFS
• 3 dp
• • 3.1 基本情況
  • 3.2 遞歸方程分析
  • • 3.2.1 先超過target再調頭
    • 3.2.2 不超過target
• 4 說明

1 題目理解

先講規則。一輛小汽車停在位置0，并且方向朝向右側，并且速度為1。小汽車每次可以選擇加速A，那加速一次，新的位置=原來位置+速度，并且新的速度=速度*2。小汽車也可以選擇掉頭。掉頭一次的話，新的位置=原來的位置，并且新的速度=如果原來速度>0，那就是-1，否則的話是1。
輸入：int target。
輸出：小汽車到達位置target最少需要幾次操作。
例子：
Example 1:
Input:
target = 3
Output: 2
Explanation:
最短的操作順序 是： “AA”.
汽車位置變化為： 0->1->3.

Example 2:
Input:
target = 6
Output: 5
Explanation:
最短的操作順序 是 “AAARA”.
汽車位置變化為 0->1->3->7->7->6.

題目分析思路來源于花花醬。

2 BFS

因為在每個位置上，有兩種操作。在每次操作后速度、位置會發生變化。一直變，直到走到終點。所以可以按照BFS求解。遇到的第一個位置為target，就是最短的操作。
這里有幾個關鍵點。
關鍵點1：如果相同的位置和速度已經加入過隊列，那就不需要再次計算。
關鍵點2：如果在位置0，小汽車朝向右側一定比朝向左側用的操作最少。這個可以用反證法證明。
關鍵點3：小汽車向右走，可以超過target，但 不能超過2*target。否則操作數會更多。
當然這個方法是不能AC的。

class Solution {public int racecar(int target) {Queue<int[]> queue = new LinkedList<int[]>();List<String> filter = new ArrayList<String>();queue.offer(new int[]{0,1});//pos speedfilter.add(0+"_"+1);filter.add("0_-1");int step = 0;while(!queue.isEmpty()){int size = queue.size();for(int i=0;i<size;i++){int[] values = queue.poll();int pos = values[0];int speed = values[1];//Aint newpos = pos + speed;if(newpos == target){return step + 1;}if(pos < 2*target){queue.offer(new int[]{newpos,speed*2});filter.add(newpos+"_"+(speed*2));}//Rif(speed >=0 ){speed = -1;}else{speed = 1;}String key = pos+"_"+speed;if(!filter.contains(key)){queue.offer(new int[]{pos,speed});filter.add(key);}}step++;}return -1;} }

通過這個方法我們知道在同一位置可能有兩種狀態：速度向右、速度向左。這提示我們在做動態規劃的時候可能需要維護二維數組。

3 dp

如果target=7，我們發現

操作位置速度

起始	0	1
第1次A	1	2
第2次A	3	4
第3次A	7	8

3.1 基本情況

如果$target=2^n?1$，那么到達target的最少操作數是n。是dp中的基本情況。

3.2 遞歸方程分析

如果不是，則可能要考慮兩種情況。第一種情況是先走過5達到7，因為7的最少操作數可以直接求解，是基本情況。然后再調頭，需要走2個位置達到5。如果我們提前計算好了走距離2的最少操作數，那就可以求解了。第二種情況是可能走到j=1，2，3，4，然后再走剩下的距離。操作數之和就是達到5的操作數。兩種情況求最小值就是答案。下面分別討論。

令dp[i][0]表示從0達到位置i并且速度朝右的最小操作數。dp[i][1]表示從0達到位置i并且速度朝左的最小操作數。

3.2.1 先超過target再調頭

例如上面到達7，再返回達到5的時候可能速度方向朝左，也可能朝右。
dp[7][0]=3，dp[7][1]=4。
達到7調頭，這時候操作數是4。
繼續走2個距離，這時候的操作數是dp[2][0]，這個時候的方向是朝左的。也就是說dp[5][1]= 4 + dp[2][0]。為什么是dp[2][0]而不是dp[2][1]呢？dp[2][0]表示從0到達2，并且方向向右，又因為起始位置速度的方向也向右，所以可以認為走過2個位置，并且方向和起始方向相同的最少操作數是dp[2][0]。當到達7以后調頭，方向向左了，走過2個距離并且速度方向一致，那操作數就是dp[2][0]。
當然dp[5][1]，也可能是通過dp[2][1]獲得，這個時候需要再加一個轉向操作，所以dp[5][1]=4+dp[2][1]+1。兩者取最小值。dp[5][1] = 4 + min(dp[2][0],dp[2][1]+1)。
同理，可以推出dpp[5][0] = 4 + min(dp[2][1],dp[2][0]+1)。

推出一般情況就是：
$l=2^n?1?target$
$dp[target][0]=n+1+min(dp[l][1],dp[l][0]+1)$
$dp[target][1]=n+1+min(dp[l][0],dp[l][1]+1)$

3.2.2 不超過target

再參考上圖target=5，如果不超過5。
那我們可以先走距離1，到達1以后再走距離4。到達5。
我們也可以先走距離2，到達2以后再走距離3。到達5。
…
我們也可以先走距離4，到達4以后再走距離1。到達5。

我們先分析先走距離1，到達1以后再走距離4。到達5的情況。達到1，如果方向向右，則需要先 調頭，再調頭，然后走距離4。那么dp[5][0] = dp[1][0]+2 + dp[4][0]。達到1，如果方向向左，則需要先調頭，然后走距離4。那么dp[5][0] = dp[1][1]+1 + dp[4][0]。最終dp[5][0] = min(dp[1][1]+1,dp[1][0]+2) + dp[4][0]。
同理：dp[5][1] = min(dp[1][1]+1,dp[1][0]+2) + dp[4][1]。

最終代碼

class Solution {public int racecar(int target) {int[][] dp = new int[target+1][2];dp[0][0] = 0;dp[0][1] = 1;for(int i=1;i<=target;i++){int n = (int)Math.ceil(Math.log(i+1)/Math.log(2));if((1<<n) == i+1){dp[i][0] = n;dp[i][1] = n+1;}else{int left = ((1<<n)-1 - i);dp[i][0] = n+1+Math.min(dp[left][1],dp[left][0]+1);dp[i][1] = n+1+Math.min(dp[left][0],dp[left][1]+1);for(int j = 1;j<i;j++){int min = Math.min(dp[j][0]+2,dp[j][1]+1);dp[i][0] = Math.min(dp[i][0], min+dp[i-j][0]);dp[i][1] = Math.min(dp[i][1], min+dp[i-j][1]);}}}return Math.min(dp[target][0],dp[target][1]);} }

4 說明

看到題目還是應該拿著具體數值分析一下。在某一特定情況下是怎么到達目的地的。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的818. Race Car的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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