计算从位置 x 到 y 的最少步数（简单）
这是刷题题库中一道简单题，给定起点和终点，求最少步数，这不一眼BFS吗？稳了！我直接就是进行一个公式的套！但是真正上手以后发现有难度。 题目中有这样两个限制：
- 每一步的移动范围是上一步的
-1、0、1 - 第一步和最后一步的步长为
1
那么简单来想，就是在BFS模板的基础上，每次有一个新位置入队列时，要考虑该位置下一次移动的步长，最终达到终点以后还要检查当前步长是否为1。
真的是这样吗？并不行，被狠狠地超时了。
这道题我从入营刷题就开始尝试，想了很久也没做出来，最近看它不顺眼，下决心一定攻克！于是我又想到一个扬汤止沸的办法，既然两边都要求步长为1，步长的变化还连续，那么单向的付出自然比不过双向的奔赴！起始时将起点和终点都加入队列，每次从队列中poll元素时，检查是否与另一边相遇，相遇则计算步数。
// 略
// 初始状态（第一步和最后一步的步长都必须为1）
qx.offer(new int[]{xPosition, 1});
qy.offer(new int[]{yPosition, 1});
int steps = 0;
while (true) {
Set<Integer> visitedX = new HashSet<>();
Set<Integer> visitedY = new HashSet<>();
int sizeX = qx.size();
for (int i = 0; i < sizeX; i++) {
int[] currentStateX = qx.poll();
int currentPositionX = currentStateX[0];
int currentStepLength = currentStateX[1];
// x 和 y 相遇
if (visitedY.contains(currentPositionX)) {
return steps * 2 - 1;
}
visitedX.add(currentPositionX);
// 略
}
int sizeY = qy.size();
for (int i = 0; i < sizeY; i++) {
int[] currentStateY = qy.poll();
int currentPositionY = currentStateY[0];
int currentStepLength = currentStateY[1];
// y 和 x 相遇
if (visitedX.contains(currentPositionY)) {
return steps * 2;
}
visitedY.add(currentPositionY);
// 略
}
steps++;
}
// 略
但正如先前所说，这种方法只能算是个小优化，只通过了一部分用例，仍然难逃被超时的命运（哦悲悲）。
苦思冥想一整晚无果，收拾东西回宿舍，在回去的路上，清冷的晚风吹过来，精神一振的我终于还是想到了解决方案。原来之前我的思维被定格在BFS中了，有时候要跳出思维定势，横看成岭侧成峰。
正确思路
既然两边都需要步长为1，且步长的变化是连续的，那么两边的路径应该是对称的，如此便可以简单粗暴地解决，先计算二者之间的距离dist，然后循环减去两个1，两个2，两个3……假设通过这种方式正好能瓜分dist，这样一来最大的步长乘以二即为最少的步数。
但是，but，however，能正好瓜分dist的情况毕竟是少数，走着走着会发现剩余距离不够下一步走了，这时需要减少下一步的步长吗？这里也是想了很久，其实不对，我们应该直接继续走，让dist减为负值（或0），此时的-dist即为多余出来的步长。针对多余出来的步长，我们可以在已经走过的步数中减少步长，每一步最多减少1，不然就不连续了。
如何处理这部分逻辑呢？假设瓜分到最后，最大步长（使得dist减为负值的一步）为len，则总共走了i * 2步（其中包括多余的距离-dist）。每一步都可以进行步长减一的操作，前提是比它长的一步已经减过一次。那我们必须从中间开花，从最长的一步开始减，发现当-dist >= i时，如果只减其中一半，即只减少终点那边的步长，则会将开始第步长为1的那一步减为0，相当于少花费一步。我们当然希望步数越少越好，所以当然要先减其中一半，如果-dist还有剩余，再从另一半开始减。
考虑到-dist最多不会超过i * 2 - 1，在减步长的过程中，不可能把最开始的两步全部减为0，即最多减少一步。最终的代码就是这样：
int dist = Math.abs(xPosition - yPosition);
if (dist == 0) {
return 0;
}
int i = 1;
while (dist > 0) {
dist -= i * 2;
i++;
}
// 此时的最大步长为 i - 1，步数为 (i - 1) * 2
// 多余的步长为-dist，且-dist <= (i - 1) * 2 - 1
// 从已经走过的步长中减去多余的步长
// 如果 -dist >= i - 1，则步数减 1，这是因为第一步的步长被减为 0 了
// 而因为-dist <= (i - 1) * 2 - 1，所以至多有一步被减为 0
return (i - 1) * 2 - (-dist >= (i - 1) ? 1 : 0);
总共十行代码的事儿，果然简单题就应该简单做！
