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LeetCode 2749.得到整数零需要执行的最少操作数：很独特的一道数学题（多公式硬讲——一步步还真能看懂）

news 2025/9/6 6:06:47

【LetMeFly】2749.得到整数零需要执行的最少操作数：很独特的一道数学题（多公式硬讲——一步步还真能看懂）

力扣题目链接：https://leetcode.cn/problems/minimum-operations-to-make-the-integer-zero/

给你两个整数：num1 和 num2 。

在一步操作中，你需要从范围 [0, 60] 中选出一个整数 i ，并从 num1 减去 2ⁱ + num2 。

请你计算，要想使 num1 等于 0 需要执行的最少操作数，并以整数形式返回。

如果无法使 num1 等于 0 ，返回 -1 。

示例 1：

输入：num1 = 3, num2 = -2
输出：3
解释：可以执行下述步骤使 3 等于 0 ：
- 选择 i = 2 ，并从 3 减去 2² + (-2) ，num1 = 3 - (4 + (-2)) = 1 。
- 选择 i = 2 ，并从 1 减去 2² + (-2) ，num1 = 1 - (4 + (-2)) = -1 。
- 选择 i = 0 ，并从 -1 减去 2⁰ + (-2) ，num1 = (-1) - (1 + (-2)) = 0 。
可以证明 3 是需要执行的最少操作数。

示例 2：

输入：num1 = 5, num2 = 7
输出：-1
解释：可以证明，执行操作无法使 5 等于 0 。

提示：

1 <= num1 <= 10⁹
-10⁹ <= num2 <= 10⁹

解题方法：数学

这个题解我自己也看了很多遍，如果你想搞懂这道题，请静下心来仔细读读，相信你一定可以搞懂这道题的！哪里不懂欢迎留言。

k范围浅分析

假设 $n u m 1$ 减去 $k$ 次 $2^i+num2$ 后变成了 $0$ ，那么有：

$num_1 - k * num_2 = 2^{i_1} + 2^{i_2} + ... + 2^{i_k}$

见到 $2^{i_1} + 2^{i_2} + ... + 2^{i_k}$ 应该很敏感才对啊，这不是 $2$ 的幂之和么，只不过加数可以重复。

令等式左边的 $num_1 - k * num_2 = x$ ，那么想让右边的 $2^{i_1} + 2^{i_2} + ... + 2^{i_k}=x$ ， $k$ 的合法范围是多少？

已知 $2^{i+1}=2^i+2^i$ ，所以想让可以使等式成立的 $k$ 比较大的话，可以把一个 $2^{i+1}$ 可以拆成两个 $2^i$ ，最小拆成 $2 = 1 + 1$ 为止。也就是说， $x$ 最多可以由 $1+1+1+⋯+11+1+1+\dots+1$ （共 $x$ 个）组成，也就是说 $k$ 的最大值是 $x$ 。

那么最小值呢？例如 $5=101_{(2)}=2^2+2^0$ ， $k$ 最小值为 $2$ 。也就是说对于 $x$ ， $k$ 的最小值为 $x$ 二进制下 $1$ 的个数。

综上，只要 $popcount(x)≤k≤xpopcount(x)\leq k\leq x$ ，就能找到一种方法使得 $2^{i_1} + 2^{i_2} + ... + 2^{i_k}=x$ 。（其中 $p o p co u n t (x)$ 是 $x$ 二进制下 $1$ 的个数， $x>0x\gt 0$ 。

请记住这两个条件：

$k≤xk\leq x$
$k≥popcount(x)k\geq popcount(x)$

枚举k

但是别忘了， $x$ 中还含有变量 $k$ 呢！其中 $x=num_1 - k * num_2$ 。想要判断是返回 $k$ 还是返回 $- 1$ ，还得看能不能找到一个 $k$ 使得 $popcount(x)≤k≤xpopcount(x)\leq k\leq x$ ，其中 $x=num_1 - k * num_2$ 。

最简单的办法就是暴力枚举。令 $k$ 从 $1$ 开始枚举， $\cdots$ ，直到 $k$ 超出“上界”，即 $k>xk\gt x$ ，也就是说 $k>num1−k∗num2k\gt num_1 - k * num_2$ 停止。

这里你一定会思考，现在 $k$ 超出上界了，那么我继续增大 $k$ 的话，待会儿 $k$ 会不会就不超出上界了呢？

为了探究这个问题，我们把 $k$ 的合法范围处理一下： $k≤num1−k∗num2⇔k∗(1+num2)≤num1k\leq num_1 - k * num_2\Leftrightarrow k*(1+num_2)\leq num_1$ 。

当 $1+num2≤01+num_2\leq 0$ 时，由于数据范围限制 $num1≥1num_1\geq 1$ ，所以 $k∗(1+num2)≤num1k*(1+num_2)\leq num_1$ 恒成立；
当 $1+num2>01+num_2\gt 0$ 时，可得 $k≤num11+num2k\leq \frac{num_1}{1+num_2}$ 时 $k∗(1+num2)≤num1k*(1+num_2)\leq num_1$ 成立，一旦 $k$ 大于 $num11+num2\frac{num_1}{1+num_2}$ 该等式就再也不会成立；

综上，符合假设，不考虑实际算力限制下的超时问题的话， $k$ 从 $1,2,⋯1,2,\cdots$ 枚举到 $k>xk\gt x$ 为止，如果存在 $k$ 满足第二个条件即 $k≥popcount(x)k\geq popcount(x)$ ，我们就能找到了符合条件的 $k$ ；否则，这个枚举范围内没有满足第二个条件的 $k$ 就返回 $- 1$ 。

那么 $k$ 的范围究竟是多少呢？暴力枚举会不会超时呢？你别说，还真不会。

因为要想找到一个满足两个条件的 $k$ ，除了一个限制枚举范围的 $k≤xk\leq x$ 外，还有一个条件，就是 $k≥popcount(x)k\geq popcount(x)$ 。

我们一直担心的就是会不会 $k≤xk\leq x$ 这个条件范围太大，导致 $k$ 一直从 $1$ 枚举到一个非常大的数字（甚至是无穷?），从而超时。

但是别忘了第二个条件 $k≥popcount(x)k\geq popcount(x)$ 是非常容易满足的，要知道 $p o p co u n t (x)$ 可是 $x$ 在二进制下 $1$ 的个数，所以先告诉你结论再去证明： $k$ 最大枚举到几十就会满足第二个条件了。

$k$ 的量级是几十（按 $10^3$ ）， $n u m$ 的量级是 $10^9$ ，所以 $x=num_1 - k * num_2$ 的量级最多为 $10^{12}$ ， $2^40$ 已经大于 $10^{12}$ 了（不信可以执行下python -c "print(len(str(2**40)))"试试）， $x$ 二进制下位数不超过 $40$ 位，就找到满足第二个条件的 $k$ 了。

也就是说实际 $k$ 从 $1$ 开始枚举，最多枚举到 $40$ ，就知道答案了，时间复杂度甚至可以认为是 $O (1)$ 。

时间复杂度 $O (1)$
空间复杂度 $O (1)$

然后结合实现代码说一下：

int makeTheIntegerZero(int num1, int num2) {for (int k = 1; k <= num1 - (long long)num2 * k; k++) {if (k >= __builtin_popcountll(num1 - (long long)num2 * k)) {return k;}}return -1;
}

关于这个循环的范围：

如果 $1+num2>11+num_2\gt 1$ ，那么要么for循环先终止返回-1（如num1=16, num2=10会在k=2时结束for循环），要么if条件先命中return k。
如果 $1+num2≤01+num_2\leq 0$ ，for循环相当于while true，但是里面的if条件一定会很快满足，并return k。

总之 $k$ 枚举不会超过 $40$ 次。解喽。

AC代码

C++

/** @Author: LetMeFly* @Date: 2025-09-05 18:29:32* @LastEditors: LetMeFly.xyz* @LastEditTime: 2025-09-05 21:33:38*/
#if defined(_WIN32) || defined(__APPLE__)
#include "_[1,2]toVector.h"
#endif/*
nums1 - k * nums2 = 2^{i_1} + 2^{i_2} + ... + 2^{i_k}
*/
class Solution {
public:int makeTheIntegerZero(int num1, int num2) {for (int k = 1; k <= num1 - (long long)num2 * k; k++) {if (k >= __builtin_popcountll(num1 - (long long)num2 * k)) {return k;}}return -1;}
};