封面來自leetcode.com

題目描述

給定一個(gè)非負(fù)整數(shù)，返回把這個(gè)數(shù)減少到0的操作步驟數(shù)。當(dāng)給定的數(shù)是偶數(shù)時(shí)，把它除以2；當(dāng)給定的數(shù)是奇數(shù)時(shí)，把它減去1。

示例

例1

輸入：num = 14

輸出：6

解釋：

14是偶數(shù)，除以2，得7，步數(shù)+1

7是奇數(shù)，減去1，得6，步數(shù)+1

6是偶數(shù)，除以2，得3，步數(shù)+1

3是奇數(shù)，減去1，得2，步數(shù)+1

2是偶數(shù)，除以2，得1，步數(shù)+1

1是奇數(shù)，減去1，得0，步數(shù)+1

結(jié)束

約束條件

num大于等于0，并且小于等于10的6次方

題解

初看這道題，示例給出的邏輯就已經(jīng)形成代碼邏輯，所以只需要用代碼把文字描述實(shí)現(xiàn)出來，便得出解法

/*** @param {number} num* @return {number}*/ var numberOfSteps = function(num) {var ans = 0while (num != 0) {if (num % 2 === 1) { num--} else {num = num / 2}ans++}return ans };

怎樣解不管時(shí)間復(fù)雜度和空間度其實(shí)都不大，因?yàn)轭}目本身有點(diǎn)像在做二分法，時(shí)間復(fù)雜度是O(log n)，空間復(fù)雜度只用到了一個(gè)計(jì)數(shù)變量，所以是O(1)。

所以題目解法本身看上去的確已經(jīng)沒有什么優(yōu)化的空間了。

但是看了官方解法（我是會員所以能看到）中提到一句很好的話，在這里分享給大家“解法2和解法3并不會改變時(shí)間復(fù)雜度，但它們對于問題提供了一種不同的思考方式，希望大家能夠擴(kuò)展自己解決問題的思路”。原話如下：

Approach 2 and 3 don't change the time complexity, but they offer a different way of thinking about the problem that studying will hopefully help you expand your problem solving skills!

話已至此，那我們不妨看看另外兩種“不會降低時(shí)間復(fù)雜度”的解法。看完發(fā)現(xiàn)，果然。其實(shí)leetcode題做個(gè)幾道，如果有悟性的同學(xué)，都會發(fā)現(xiàn)萬事萬物都有一定的套路（即規(guī)律）。這里指的就是“位運(yùn)算”。

位運(yùn)算這東西對于不愿意關(guān)注的人來說，可能一直是一個(gè)很抵觸、很陌生的東西，感覺很難，而且業(yè)務(wù)中也不會用到。但對于研究過的同學(xué)都知道，位運(yùn)算是最接近計(jì)算機(jī)運(yùn)作原理的計(jì)算方式，自然效率也因?yàn)楦咏暗讓印倍兏咭恍?/p>

這就像是你本來可以用軟件封裝給你的一些工具方法實(shí)現(xiàn)你想做的事，但軟件本身給你預(yù)留了一個(gè)直接訪問底層的API，你可以自己去實(shí)現(xiàn)軟件提供給你的這些方法，并且能玩出更多的花樣，順帶收益更高的運(yùn)算效率。

位運(yùn)算就像這樣的一個(gè)東西。

解法二

仔細(xì)觀察發(fā)現(xiàn)我們的每次操作不是“除以2”就是“減去1”。

在二進(jìn)制中，當(dāng)一個(gè)數(shù)是奇數(shù)時(shí)，其末尾一定是1，而偶數(shù)時(shí)，其末尾一定是0。所以按照題目要求：

當(dāng)末尾是1，即奇數(shù)時(shí)，我們對這個(gè)二進(jìn)制進(jìn)行減1，隨之其末尾變成0，即偶數(shù)，需要除以2，在二進(jìn)制運(yùn)算中除以2就是向右移動1位，這樣這個(gè)二進(jìn)制數(shù)則會少一位，當(dāng)重復(fù)如此操作直至所有位都移完，這個(gè)數(shù)就變成0了。

那么對于本題結(jié)果的計(jì)算便轉(zhuǎn)換成了二進(jìn)制操作移位的步數(shù)，即遇到1，需要操作2步，即減1+右移；遇到0，只需操作1步，即右移。

所以題目的解法變成目標(biāo)數(shù)轉(zhuǎn)換成二進(jìn)制格式后中“1的個(gè)數(shù)*2+0的個(gè)數(shù)*1”，即本文的封面圖。

但這里有個(gè)需要注意的邊界問題，即當(dāng)二進(jìn)制數(shù)移動到只剩“1”時(shí)，只需要減1，即得到結(jié)果，需要停止計(jì)算。也就是對于最后一個(gè)1的操作數(shù)不需要乘2，所以要在總的結(jié)果數(shù)中減1即可。

在這一點(diǎn)上，官方題解中也有一句很好的告誡“我們都知道，因?yàn)橐粋€(gè)錯(cuò)誤導(dǎo)致滿盤皆屬的情況經(jīng)常發(fā)生，我們應(yīng)該對情況的邊界小心留意“。原話如下：

as we know this "off-by-one-error" will always happen (except when the initialnumis0, we need to be careful of that edge case too!).

代碼如下：

/*** @param {number} num* @return {number}*/ var numberOfSteps = function(num) {if (num === 0) return numvar ans = 0num = num.toString(2)for (const item of num) {if (+item === 1) {ans+=2} else {ans+=1}}return ans-1 };

解法三

解法二的弊端在于，它相比解法一反而增加了空間復(fù)雜度，因?yàn)槲覀儼言镜恼麛?shù)存儲為了字符串，字符串占用的空間會比整數(shù)多。

于是解法三中的優(yōu)化是用“逐位比較”取代“將整數(shù)轉(zhuǎn)換為二進(jìn)制字符串”。

我們知道“按位與”操作（&）是可以比較出某一位是否是1的，因?yàn)楫?dāng)某位是1時(shí)，與1操作會得到1，而當(dāng)某位是0時(shí)，與1操作會得到0。

所以我們完全無需像解法中把數(shù)字轉(zhuǎn)換為二進(jìn)制字符串，直接將原整數(shù)依次和一個(gè)只有固定位上是1的數(shù)進(jìn)行與操作，這個(gè)固定位我們可以控制為從末尾到首位，而這個(gè)操作則只需將1依次進(jìn)行乘2操作（或左移）即可。

至于統(tǒng)計(jì)操作步驟的規(guī)則依然如解法二，即遇到位值為1時(shí)，計(jì)2步，遇到位值為0時(shí)，計(jì)1步，最終結(jié)果減1。

因?yàn)榕c操作的特點(diǎn)是，兩個(gè)操作數(shù)都為1，結(jié)果才為1，只要有一個(gè)操作步為1，結(jié)果都會0。

而我們提供的那個(gè)動態(tài)的數(shù)是確定的依次逐位為1，所以如果某一次計(jì)算的結(jié)果是0，則證明所有位都不相同，即與我們的動態(tài)數(shù)當(dāng)前為1對應(yīng)位置上的數(shù)為0，則步數(shù)計(jì)算應(yīng)該+1，否則+2。

代碼如下

/*** @param {number} num* @return {number}*/ var numberOfSteps = function(num) {if (num === 0) return numvar ans = 0;var flag = 1;while (flag <= num) {const temp = flag & numif (temp !== 0) {ans = ans + 2;} else {ans = ans + 1;}flag = flag * 2}return ans - 1 };

由于解法三是直接拿整數(shù)本身進(jìn)行與操作計(jì)算的，所以沒有像解法二額外將整數(shù)轉(zhuǎn)換為字符串，增加了空間復(fù)雜度，所以解法三同解法一，空間復(fù)雜度為O(log n)，空間復(fù)雜度為O(1)。

總結(jié)

于我個(gè)人而言，做這道題最大的收獲不是這道簡簡單單的題目本身，而是文中引用的兩句話。因?yàn)樽駠谶@樣的告示，可能會對今后做更多的題乃至工作中會有莫大的幫助，共勉。

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的每列大于0的个数_题目1342——把一个数字减少到0的步骤数的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網(wǎng)站內(nèi)容還不錯(cuò)，歡迎將生活随笔推薦給好友。