当青训营遇上码上掘金之“寻友之旅”

题目

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）

分析

看到这道题我最先想到使用动态规划来进行求解，可以使一个数组来存储到达每个节点的时间。显然，每一个最优解必定依赖于其子问题的最优解。对于每一个节点v，我们可以去确定以其为子问题的解，故而得到以下递推公式：

但是，按照如上递推公式，对于每一个节点，需要逐步向下求解其子问题，这与动态规划的思想想矛盾。

进一步思考，我们可以用广度优先搜索的思想来解答，从小青的节点开始搜索，逐步计算至目标节点。对于每个节点，仍然按照如上公式计算下一个节点。这些节点可以使用一个队列进行存储，直至队列中的节点计算完毕。

题解

#include <iostream>
#include <queue>
#include <cstring>
​
using namespace std;
​
const int MAX = 1e5 + 1;
​
int solution(int N, int K){
   if (N >= K){
       // 只能步行
       return N - K;
  }
​
   // 初始化距离数组，-1表示该节点没有被处理
   int dist[MAX];
   memset(dist, -1, sizeof(dist));
   //开始节点的距离为0
   dist[N] = 0;
​
   // 待处理结点的队列
   queue<int> q;
​
   // 将开始结点入队
   q.push(N);
   while (!q.empty()){
       int v = q.front();
       q.pop();
​
       if(v * 2 < MAX && dist[v * 2] == -1){//如果节点v*2还没有被处理，将其放入队列中
           dist[v * 2] = dist[v] + 1;
           q.push(v * 2);
      }
       if(v + 1 < MAX && dist[v + 1] == -1){//如果节点v+1还没有被处理，将其放入队列中
           dist[v + 1] = dist[v] + 1;
           q.push(v + 1);
      }
       if(v - 1 >= 0 && dist[v - 1] == -1){//如果节点v-1还没有被处理，将其放入队列中
           dist[v - 1] = dist[v] + 1;
           q.push(v - 1);
      }
  }
   return dist[K];
}
​
int main(){
   int N, K;
   cout << "请输入小青的位置：";
   cin >> N;
   cout << "请输入小码的位置：";
   cin >> K;
   cout << "小青到小码家所需的最短时间为：" << solution(N, K) << "分钟" << endl;
}
​

时间复杂度分析

由于每个节点都需要遍历，故而时间复杂度为：

总结

我的解法很容易想到。在观看了一众大佬的解法之后，真是大为震撼。比如

yiyiCat大佬提出的位运算解法（有点没太看懂） ，再比如CN千石提出的堆优化的迪杰斯特拉算法。他们的解法我贴在下边：

位运算解法：juejin.cn/post/718807…

堆优化的迪杰斯特拉算法：juejin.cn/post/718138…