Trilogy公司的筆試題:
如果n為偶數，則將它除以2，如果n為奇數，則將它加1或者減1。問對于一個給定的n，怎樣才能用最少的步驟將它變到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。
最簡單的方法就是用DP。設f(n)為所用的最少步驟。根據定義可得：
若n為偶數， f(n)=f(n/2) + 1;
若n為奇數， 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
利用上述遞推公式，可以直接從數字1開始算到n，用一個數組保存前 n/2+1個數所用的最少步驟，但這時間和空間復雜度均為O(n)，其實利用上面的遞推公式，可以實現時間復雜度為0(lg n)。觀察上面的遞推公式，可以發現，要計算n，只要計算n/2和n/2+1，如要計算59，只要計算：
59 -> 29,30 -> 14,15 -> 7,8 -> 3,4 -> 1,2。
代碼如下：
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，對n先處理高位的0和1，下面的O(lg n)解法則恰恰相反，先處理n的低位的0和1。
將n（n>1）轉為二進制數表示
（下面的“加1”、“減1”操作均特指對奇數采取的操作，操作次數包括對偶數的操作次數。）
⑴ 如果n僅由m個連續的1組成（即n=2^m-1， m>=2），
① “加1”操作： 需要 m+1 次操作
② “減1”操作： 需要 2*(m-1) 次操作
顯然，僅當m=2（即n=3）時，“減1”所用的操作次數才比“加1”少。
⑵ 如果n可以表示為：x10m1k （m>=1, k>=1）
（x可以為空串或任意01序列，0m表示連續m個0，1k表示連續k個1)
① “加1”操作： k+1 次操作后得到x10m-11如果，接著用“減1”操作（注意，這不這一定最優解法），總共k+3次操作可得x10m-1。
②“減1”操作： 2*k+1次操作后得到x10m-1
顯然，僅當k=1時，“減1”所用的操作次數才可能比“加1”少。
可以證明，對x10m1，“減1”所用的操作次數一定不會比“加1”的多。
（當k=1時，對x10m1，假設先進行一次“加1”操作最終所用的步驟數較少。“加1”操作后，在將x10m1轉為x11前，若用到“減1”操作，則可以直接對x10m1進行 “減1”操作，所有步驟更少，因而后面都是采用“加1”操作。
對x10m1（可表示為y01t0m1，y允許是空串），
“加1”操作 2*m+t+2 次后得到 y1
“減1”操作 m+2 次后得到 y01t
（再用“加1操作”，m+t+3后也可得到y1）
由于對m>=1，恒有m+t+3 <= 2*m+t+2，因而對x10m1
“減1”操作能保證得到最優解。）
⑶ 總之，僅當n=3或n二進制表示的最低2位是01時，才用“減1”操作
代碼：
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只能為1或3，n為3時，還要進行兩步操作
count += n - 1;
break;
}
if ((n&3)==1) --n;
else ++n;
++count;
}
return count;
}