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。

样例

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 操作来获得 'AA'。
第 3 步, 我们使用 Paste 操作来获得 'AAA'。

注意

• n 的取值范围是 [1, 1000]。

算法1

(动态规划) $O(n)$

1. 设计状态 $f(i)$，表示构成 $i$ 个 A 所需要的最少步数，注意这里只需要计算是 $n$ 的约数的状态，即状态 $i$，满足 $n \% i == 0$。
2. 初始时，$f(1) = 0$，其余为正无穷；每次转移时，枚举 $i$ 的约数 $j$，即 $i \% j = 0$ 则有 $f(i) = \min (f(i), f(j) + \frac{i}{j})$。
3. 最终答案为 $f(n)$。

时间复杂度

• 状态数有 $O(\sqrt n)$个，每个状态的转移有 $O(\sqrt n)$个，故总时间复杂度为 $O(n)$。

C++ 代码

class Solution {
public:
    int minSteps(int n) {
        vector<int> f(n + 1, INT_MAX);
        f[1] = 0;
        for (int i = 2; i <= n; i++)
            if (n % i == 0)
                for (int j = 1; j * j <= n; j++)
                    if (i % j == 0) {
                        f[i] = min(f[i], f[j] + i / j);
                        f[i] = min(f[i], f[i / j] + j);
                    }
        return f[n];
    }
};

算法2

(数学) $O(\sqrt n)$

1. 假设已经得到了 $n$ 的所有质因数 $a_1, a_2, …, a_i$，则 $n$ 的分解方式可能如下：最后一步必定是由 $a_1$ 次 $\frac{n}{a_1}$ 个 A 操作而成；同理，倒数第二步一定是由 $a_2$ 次 $\frac{n}{a_1 a_2}$ 个 A 操作而成，直到第一步为止。可以发现不管分解的顺序如何，最终答案都是质因数之和。核心思想即粘贴的次数为质数次，否则可以有更有的分解方式。
2. 简要证明如下，设当前字符串的长度为 $l$，若直接拷贝达到目标长度 $lp$ 需要 $p$ 次操作。若 $p$ 为合数，即 $p = ij$ 且 $i>1, j>1$，则可以将拷贝分解为两次，先操作 $i$ 次，然后再操作 $j$ 次，这样需要 $i+j$ 步完成，显然 $ij >= i+j$，所以，每次操作的次数必定是质数次。这样我们只需要所有质因数累加即可。

时间复杂度

• 质因数的个数为 $O(\sqrt n)$，故时间复杂度为 $O(\sqrt n)$。

C++ 代码

class Solution {
public:
    int minSteps(int n) {
        int ans = 0;
        int i = 2;
        while (n > 1) {
            while (n % i == 0) {
                n /= i;
                ans += i;
            }
            i++;
        }
        return ans;
    }
};