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动态规划的“数学之魂”：从DP推演到质因数分解——巧解「只有两个键的键盘」

news 2025/10/21 7:26:30

哈喽，各位，我是前端小L。

我们的DP之旅，已经探索了序列、矩阵、树上的各种问题，它们大多是“分析型”的——在一个给定的结构上寻找最优解。今天，我们将再次回到“构造型”DP的世界，我们的任务，是从一个A开始，通过“复制”和“粘贴”，以最快的速度，“生产”出n个A。

这道题，是DP与初等数论结合的绝佳典范。它将向我们展示，动态规划的递推关系，有时会惊人地揭示出问题背后隐藏的数学本质。

力扣 650. 只有两个键的键盘

https://leetcode.cn/problems/2-keys-keyboard/

题目分析：

初始状态: 屏幕上有1个A。
操作:
1. Copy All: 复制屏幕上所有的A到剪贴板。
2. Paste: 将剪贴板的内容粘贴到屏幕上。
目标: 得到恰好 n 个A，所需要的最少操作次数。

核心洞察： Paste操作的次数，取决于你上一次Copy时屏幕上有多少个A。

如果你上次在有 j 个A时按下了Copy，那么每次Paste，屏幕上的A就会增加 j 个。
要从 j 个A变成 i 个A，你需要1次Copy，和 (i/j - 1) 次Paste。总共需要 1 + (i/j - 1) = i/j 次操作。
这也意味着，j 必须是 i 的一个因数！

思路一：动态规划的“正统”之路 (O(n²))

这个“因数”关系，就是我们构建DP的基石。

1. DP状态定义： dp[i] 表示：得到 i 个A所需要的最少操作次数。

2. 状态转移方程推导： 为了计算 dp[i]，我们思考，这 i 个A是怎么来的？它必然是从某个状态 dp[j]（j 是 i 的因数）通过Copy和Paste得到的。从 j 个A到 i 个A，需要的操作数是 i/j 次。所以，通过这条路径得到的总操作数是 dp[j] + i/j。

但是，i 可能有很多因数 j。我们应该从哪个 j 转移过来呢？为了让 dp[i] 最小，我们必须遍历所有 i 的因数 j，然后取所有 dp[j] + i/j 结果中的最小值。

于是，我们得到了状态转移方程： dp[i] = min_{j | i, j < i} { dp[j] + i/j }

3. Base Case: dp[1] = 0。我们一开始就有1个A，不需要任何操作。

代码实现 (DP)

class Solution {
public:int minSteps(int n) {if (n == 1) return 0;vector<int> dp(n + 1);dp[1] = 0;for (int i = 2; i <= n; ++i) {dp[i] = i; // 初始化为最坏情况：从1个A复制，粘贴i-1次，共i步// 遍历 i 的所有因数 j (从大到小或从小到大都可以)for (int j = i / 2; j >= 1; --j) {if (i % j == 0) {dp[i] = min(dp[i], dp[j] + i / j);}}}return dp[n];}
};

这个解法是正确的，但效率不高。它引导我们走向了更深层次的思考。

思路二：“Aha!”时刻——DP关系揭示的数学本质

让我们仔细审视 dp[i] = dp[j] + i/j。如果 i = a * b，那么 dp(a*b) = dp(a) + b (假设从a转移)。

现在，让我们考虑 n 的质因数分解。假设 n = p1 * p2 * p3 (p1, p2, p3 都是质数)。

dp(n) = dp(p1 * p2 * p3)
为了得到 n，我们可以先得到 p1 * p2，然后再乘以 p3。
那么，dp(n) = dp(p1 * p2) + p3
同理，dp(p1 * p2) = dp(p1) + p2
而 dp(p1) 是多少？因为 p1 是质数，它的唯一因数是1。所以 dp(p1) = dp(1) + p1/1 = 0 + p1 = p1。

把它们串起来： dp(n) = dp(p1 * p2) + p3 = (dp(p1) + p2) + p3 = p1 + p2 + p3

一个惊人的结论诞生了：得到 n 个A的最少操作次数，恰好等于 n 的所有质因数之和！

为什么这个策略是最优的？因为Copy和Paste的操作，本质上是一种“乘法”增长。而质因数，是构成一个数的最基本的“乘法”单位。我们把 n 分解成最基本的乘法单元，然后一步步地“乘”上去，这自然就是最经济的路径。

最终解法：质因数分解 (O(sqrt(n)))

现在，问题被彻底“降维”成了一个纯粹的数学问题：求 n 的质因数之和。

算法流程：

初始化 ans = 0。
从 i = 2 开始循环，i*i <= n： a. 如果 n 能被 i 整除，说明 i 是一个质因数。 b. 我们就把 i 加到 ans 中，然后把 n 除以 i，继续检查 i 是否还是 n 的因数。
循环结束后，如果 n > 1，说明 n 本身就是一个大的质因数，把它也加到 ans 中。

代码实现 (数学解法)

class Solution {
public:int minSteps(int n) {int ans = 0;for (int i = 2; i * i <= n; ++i) {while (n % i == 0) {ans += i;n /= i;}}if (n > 1) {ans += n;}return ans;}
};