LeetCode 202次周赛 1553. Minimum Number of Days to Eat N Oranges

题目描述

There are n oranges in the kitchen and you decided to eat some of these oranges every day as follows:

• Eat one orange.
• I f the number of remaining oranges (n) is divisible by 2 then you can eat n/2 oranges.
• If the number of remaining oranges (n) is divisible by 3 then you can eat 2*(n/3) oranges.
  You can only choose one of the actions per day.

Return the minimum number of days to eat n oranges.

Example 1:

Input: n = 10
Output: 4
Explanation: You have 10 oranges.
Day 1: Eat 1 orange, 10 - 1 = 9.
Day 2: Eat 6 oranges, 9 - 2*(9/3) = 9 - 6 = 3. (Since 9 is divisible by 3)
Day 3: Eat 2 oranges, 3 - 2*(3/3) = 3 - 2 = 1.
Day 4: Eat the last orange 1 - 1 = 0.
You need at least 4 days to eat the 10 oranges.

Example 2:

Input: n = 6
Output: 3
Explanation: You have 6 oranges.
Day 1: Eat 3 oranges, 6 - 6/2 = 6 - 3 = 3. (Since 6 is divisible by 2).
Day 2: Eat 2 oranges, 3 - 2*(3/3) = 3 - 2 = 1. (Since 3 is divisible by 3)
Day 3: Eat the last orange 1 - 1 = 0.
You need at least 3 days to eat the 6 oranges.

Example 3:

Input: n = 1
Output: 1
Example 4:

Input: n = 56
Output: 6

Constraints:

1 <= n <= 2*10⁹

n个橙子，有3种吃法，
吃一个
如果橙子个数是偶数，可以吃掉一半
如果橙子个数能被3整除，吃掉2/3，剩余1/3
一天只能选择一种方式，问最少几天能把n个橙子吃完

思路分析

弱智动态规划

这题看完以后立马就能想到一个无脑动态规划
dp[i]表示吃完i个橙子最少要几天
对应3种吃法
dp[i] = min(dp[i], 1 + dp[i - 1])
dp[i] = min(dp[i], 1 + dp[i / 2]) if i % 2 == 0
dp[i] = min(dp[i], 1 + dp[i / 3]) if i % 3 == 0

这么算下去，o(n)时间就能求出答案。也容易证明答案是对的，把题目要求种所有的可能性都尝试了一边，等效于无脑暴力破解。

这么写肯定超时了，题目数据量可以给到2*10⁹，20亿的数据量o(n)是不行的。

可行的动态规划

直觉上正确的思路

若当前有n个橙子，根据规则，n只能越吃越少。直觉告诉我们，要想迅速吃完，最好是遇到条件2和条件3，这样能一次吃一半或者吃三分之二。要真的每次都能这么吃，那很快就吃完了。于是乎，我们就想到找个最近的能被2或者3整除的数字，这样就可以在下一步的时候至少能用一个除法来痛快干一轮。

但是到底找最近的2还是3呢？不好说。那就都找找看
如何找到小于等于n最近的能被2整除的数？就是(n/2)*2，因为n = (n/2)*2 + n %2
同理，对于最近的能被3整除的数，就是(n/3)*3，因为n = (n/3)*3 + n % 3
这里的除法都是整数除法

那么dp[n]就可以有从dp[n/2]和dp[n/3]来算了。
dp[n] = min(dp[n], n % 2 + 1 + dp[n / 2])
dp[n] = min(dp[n], n % 3 + 1 + dp[n / 3])
其中n % 3是一个一个吃的，1是做除法的那一轮吃的

代码实现

class Solution {unordered_map<int, int> memo;
public:int minDays(int n) {memo.clear();return dp(n);}int dp(int n) {if ( n <= 2 ) return n;if ( memo.count(n) ) return memo[n];int res = n;res = min(res, 1 + n % 2 + dp(n / 2));res = min(res, 1 + n % 3 + dp(n / 3));memo[n] = res;return res;}
};

证明正确性

看完上面那个思路，有没有觉得有点不服气？这么选择有没有可能漏掉某些情况呢？如果你也有同样的疑虑，说明老哥你上道了，你是个严谨的程序员。我本人在当时做周赛的时候有这么想过，上面贴的代码也不是我当时写的，当时我就觉得这么想好像是对的，但是总是觉得特别心虚。我周赛的时候提交的代码是bfs + memo，是真的考虑了3种情况。虽然也通过了，但是感觉这题目因该不是我当初那么想的。

事后看了大神们的高票答案，直接找最近的2或者3是可行的，但是讨论版本里面也没人给出详细的说明，总是感觉有点虚。我这里就尝试着证明一下为什么这个思路是完备的。

我们首先回顾一下无脑动态规划的思路
无脑的动态规划就是推给n-1，如果当前的n可以被2或者3除，那么就再多考虑这类情况。这么想当然是最接近题目规则的。直觉又告诉我们除法似乎是比减法要好的。我们拓展一下无脑动态规划，
dp[n] =min(dp[n], k + 1 + dp[(n - k) / 2]) 如果n - k可以被2整除
dp[n] =min(dp[n], k + 1 + dp[(n - k) / 3]) 如果n - k可以被3整除
我用一段代码写出求dp[n]过程，看懂下面的代码是理解后面证明的关键。

int minDays(int n) {vector<int> dp(n + 1);dp[0] = 0, dp[1] = 1;for ( int i = 2; i <= n; ++i ) {dp[i] = i;for ( int k = 0; k <= i; ++k ) {if ( (i - k) % 2 == 0 ) {dp[i] = min(dp[i], k + 1 + dp[(i - k) / 2]);}if ( (i - k) % 3 == 0 ) {dp[i] = min(dp[i], k + 1 + dp[(i - k) / 3]);}}}return dp[n];
}

这么写复杂度变成o(n²)了，岂不是得不偿失。但是这个思路给我们带来一个很好得启发，我们可以选择下一步做除法的位置，在代码中体现就是满足条件的i - k。

下面我们来进行推导
先给一个简单结论： $dp[i] \le dp[i - k] + k$
这个太弱智了，不证了。

不妨设下一步做除法的位置在i - k，除以3，(i - k) % 3 等于0.
我们可以找到好多个满足要求的k。
举个例子：假如i是19，k可以是1，4，7，10，13，16，19

设第一个满足条件的k是x，那么 $k_m = x + 3*m, m=0, 1,2...$
我们选定k_l位置
得到了一种计算dp[i]的情况，即 $candidate_l=k_l + 1 + dp[(i - k_l)/3]$
如果我们选定k_l+1
得到了第二种计算dp[i]的情况，即 $candidate_{l+1}=k_{l+1} + 1 + dp[(i - k_{l+1})/3]$
从k的定义我们得出 $k_{l+1}=k_l+3$
得出如下
$candidate_{l+1}=k_{l+1} + 1 + dp[(i - k_{l+1})/3] = k_l + 3 + 1 + dp[(i-k_l)/3-1]$
又因为(参考前面的弱智结论)
$1 + dp[(i-k_l)/3-1]\ge dp[(i - k_l)/3]$
所以 $candidate_{l+1}\ge 2 + candidate_l> candidate_{l}$

结论，同样是找除以3的位置，越往后越亏，找第一个最好
同理，对于除以2的位置，也可以得出同样的结论

经过证明，第二段代码就可以顺理成章改成第一段代码。

复杂度分析

对于数字n，要么推给n/2，要么推给n/3。
计算dp[n]需要的所有状态是 $\frac{n}{2^a*3^b}$
满足条件的a,b组合有多少对呢？
不太好算，但是不会超过log2(n)*log3(n)对
时间复杂度（上界）
$o(log2(n)*log3(n))\le o((log3(n))^2)$

总结

这个题目通过率应该很高，但是想弄清楚背后的原理不是那么容易。这个题目向我们展示了同一套规则的两种不用的遍历搜索方法。正所谓条条大路通罗马。
第一种方法对应无脑动态规划。

第二种方法其实更无脑不说，还升了一个维度。但是第二种可以通过数学推导有效减少dp的状态数，实现了指数跳跃。塞翁失马焉知非福啊。