当青训营遇上码上掘金
主题 3：寻友之旅
小青要找小码去玩，他们的家在一条直线上，当前小青在地点 N ，小码在地点 K （0≤N , K≤100 000），并且小码在自己家原地不动等待小青。小青有两种交通方式可选：步行和公交。
步行：小青可以在一分钟内从任意节点 X 移动到节点 X-1 或 X+1
公交：小青可以在一分钟内从任意节点 X 移动到节点 2×X （公交不可以向后走）
请帮助小青通知小码，小青最快到达时间是多久？
输入： 两个整数 N 和 K
输出： 小青到小码家所需的最短时间（以分钟为单位）
解题过程
对于这道题目，相当于求俩点之间的最短路径，并且给出了俩俩之间的位置关系，所以很容易想到可以使用Dijkstra最短路径算法求N点到K点的最短时间，又因为俩俩联系的位置进行移动时间都是1个单位，所以使用Dijkstra最短路径算法的时间复杂度和广度优先算法复杂度是一样的，所以呢我就直接用广度优先暴力开解这道题，代码如下：
import java.util.LinkedList;
import java.util.Queue;
import java.util.Scanner;
public class aa {
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner=new Scanner(System.in);
int N=scanner.nextInt();
int K=scanner.nextInt();
System.out.println(people(N,K));
return;
}
static int people(int a, int b){
if (a >= b) {
return a - b;
}
int m[][]=new int[200000][2];
m[a][0] = 1;
Queue<Integer>queue = new LinkedList<>();
queue.add(a);
int c;
while(!queue.isEmpty()){
c=queue.poll();
if(c==b){
break;
}
m[c][0] = 1;
if (c>1&&m[c-1][0] == 0){
m[c-1][0] = 1;
queue.add(c-1);
m[c-1][1] = m[c][1]+1;
}if (m[c+1][0] == 0){
m[c+1][0] = 1;
queue.add(c+1);
m[c+1][1] = m[c][1]+1;
}if (2*c<100000&&m[2*c][0] == 0){
m[2*c][0] = 1;
queue.add(2*c);
m[2*c][1] = m[c][1]+1;
}
}
return m[b][1];
}
}
- 准备工作，先创建一个数组m，其中用m[n][0]=1作为标记，记录点n已经遍历过，避免重复的搜索，m[n][1]表示小青到n点的最短时间。并建立一个队列用于广度优先搜索。
- 将小青的位置加入队列中
- 从队列中取出元素c，根据数组m[n][0]判断位置c-1，c+1，2*c三个位置是否被遍历过，并且三个值的范围在1-10000
- 若没被标记，则标记该位置,并记录该位置最短时间即m[c][0]+1于数组m[n][1]中
- 进行下次遍历，从队列中取出值，重复上述步骤
- 当取出值为小码位置时结束遍历，输出m[b][1]，即为最短时间
小小总结一下：这种类型题目一般就是使用最短路径，广度优先，深度优先，动态规划这些常见的方法，这题我也想过又动态规划是不是会降低一点时间复杂度，但是由于小青可以往后走，后面的位置结果也会影响前面的位置的结果，所以感觉应该是不太合适，最后只能用这种暴力开解的方法了，应该是会有更好的方法，实在想不到了~
