Trilogy公司的笔试题:
如果n为偶数，则将它除以2，如果n为奇数，则将它加1或者减1。问对于一个给定的n，怎样才能用最少的步骤将它变到1。
例如：n=11： ① ++n -> 12 ② n/2 -> 6 ③ n/2 -> 3 ④ --n -> 2 ⑤ n/2 -> 1 共需5步。
最简单的方法就是用DP。设f(n)为所用的最少步骤。根据定义可得：
若n为偶数， f(n)=f(n/2) + 1;
若n为奇数， f(n)= min(f(n-1), f(n+1)) +1
= min(f((n-1)/2), f((n+1)/2)) +2
或者：
f(2*k)=f(k)+1
f(2*k+1)=min(f(k),f(k+1))+2
利用上述递推公式，可以直接从数字1开始算到n，用一个数组保存前 n/2+1个数所用的最少步骤，但这时间和空间复杂度均为O(n)，其实利用上面的递推公式，可以实现时间复杂度为0(lg n)。观察上面的递推公式，可以发现，要计算n，只要计算n/2和n/2+1，如要计算59，只要计算：
59 -> 29,30 -> 14,15 -> 7,8 -> 3,4 -> 1,2。
代码如下：
int num2one_dp(unsigned n)
{
unsigned tmp=n, flag=1, ret=0, next=1;
while (tmp>>=1) flag<<=1;
while (flag>>=1) {
if (n & flag) {
if (ret > next) ret = next;
ret += 2;
++next;
} else {
if (next > ret) next = ret;
next += 2;
++ret;
}
}
return ret;
}
上面的O(lg n)解法，对n先处理高位的0和1，下面的O(lg n)解法则恰恰相反，先处理n的低位的0和1。
将n（n>1）转为二进制数表示
（下面的“加1”、“减1”操作均特指对奇数采取的操作，操作次数包括对偶数的操作次数。）
⑴ 如果n仅由m个连续的1组成（即n=2^m-1， m>=2），
① “加1”操作： 需要 m+1 次操作
② “减1”操作： 需要 2*(m-1) 次操作
显然，仅当m=2（即n=3）时，“减1”所用的操作次数才比“加1”少。
⑵ 如果n可以表示为：x10m1k （m>=1, k>=1）
（x可以为空串或任意01序列，0m表示连续m个0，1k表示连续k个1)
① “加1”操作： k+1 次操作后得到x10m-11如果，接着用“减1”操作（注意，这不这一定最优解法），总共k+3次操作可得x10m-1。
②“减1”操作： 2*k+1次操作后得到x10m-1
显然，仅当k=1时，“减1”所用的操作次数才可能比“加1”少。
可以证明，对x10m1，“减1”所用的操作次数一定不会比“加1”的多。
（当k=1时，对x10m1，假设先进行一次“加1”操作最终所用的步骤数较少。“加1”操作后，在将x10m1转为x11前，若用到“减1”操作，则可以直接对x10m1进行 “减1”操作，所有步骤更少，因而后面都是采用“加1”操作。
对x10m1（可表示为y01t0m1，y允许是空串），
“加1”操作 2*m+t+2 次后得到 y1
“减1”操作 m+2 次后得到 y01t
（再用“加1操作”，m+t+3后也可得到y1）
由于对m>=1，恒有m+t+3 <= 2*m+t+2，因而对x10m1
“减1”操作能保证得到最优解。）
⑶ 总之，仅当n=3或n二进制表示的最低2位是01时，才用“减1”操作
代码：
int num2one(unsigned n)
{
if (n==0) return -1;
int count=0;
while (1) {
while ((n&1)==0) { n >>= 1u; ++count; }
if (n<=3) {
// n只能为1或3，n为3时，还要进行两步操作
count += n - 1;
break;
}
if ((n&3)==1) --n;
else ++n;
++count;
}
return count;
}