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放置盒子

有一个立方体房间，其长度、宽度和高度都等于 n 个单位。请你在房间里放置 n 个盒子，每个盒子都是一个单位边长的立方体。放置规则如下：

• 你可以把盒子放在地板上的任何地方。
• 如果盒子 x 需要放置在盒子 y 的顶部，那么盒子 y 竖直的四个侧面都 必须 与另一个盒子或墙相邻。

给你一个整数 n ，返回接触地面的盒子的 最少 可能数量 。

示例 1：

输入： n = 3
输出： 3
解释： 上图是 3 个盒子的摆放位置。
这些盒子放在房间的一角，对应左侧位置。

示例 2：

输入： n = 4
输出： 3
解释： 上图是 3 个盒子的摆放位置。
这些盒子放在房间的一角，对应左侧位置。

示例 3：

输入： n = 10
输出： 6
解释： 上图是 10 个盒子的摆放位置。
这些盒子放在房间的一角，对应后方位置。

思路

要求最少的底面积。

首先，要明确一点的是，当前底面积为k，可以容纳多少个矩形？

这一点可能不是很好算，但是，可以发现，肯定是靠墙角堆积是最优的，只用考虑两个面。

在这个的基础上，观察一下添加底层一排矩形这个行为可以增加多少个呢？

可以发现，若是底层增加了k个矩形，那么上层可以增加k-1个矩形，对于每一层来说，都有这个规律。

那么，若是底面积增加了k，则总体矩形个数增加 $\frac{k \times (k + 1) } {2}$

限制：每一层必须按照按墙角对齐码放满的情况下（最优情况）

每一层码放满的情况下，底面积增加方式为 1， 3， 6， 10， ...

也就是说，第k次增加底面积的是k，总体增加 $\sum_{i=1}^k i$个矩形

总共所以的矩形个数为：$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^i j$

用打表的方式大概看一下范围增长速度：

vector<long long> cur, sum;
cur.push_back(1), sum.push_back(1);
for (int i = 2; i <= 2000; i ++) {
    cur.push_back(cur.back() + i);
    sum.push_back(sum.back() + cur.back());
}

发现2000以内完全够用，所以，可以直接进行递推出大于n个矩形的那一个底面积

然后在慢慢逼近。

代码

class Solution {
public:
    int minimumBoxes(int n) {
        int cur = 1, sum = 1, i = 1;
        for (; n > sum; ) { 
            i ++;
            cur += i;
            sum += cur;
        }
        if (n == sum) return cur;
        n -= sum - cur;
        int k = 0;
        while (++ k) 
            if (n <= (k * (k + 1) / 2)) 
                return cur - i + k;
        return 114514;
    }
};