You are standing at position 0 on an infinite number line. There is a goal at position target.
On each move, you can either go left or right. During the n -th move (starting from 1), you take n steps.
Return the minimum number of steps required to reach the destination.
Example 1:
Input: target = 3
Output: 2
Explanation:
On the first move we step from 0 to 1.
On the second step we step from 1 to 3.
Example 2:
Input: target = 2
Output: 3
Explanation:
On the first move we step from 0 to 1.
On the second move we step from 1 to -1.
On the third move we step from -1 to 2.
Note:
targetwill be a non-zero integer in the range[-10^9, 10^9].
这道题让我们从起点0开始，每次可以向数轴的左右两个方向中的任意一个走，第一步走距离1，第二步走距离2，以此类推，第n步走距离n，然后给了我们一个目标值 target，问最少用多少步可以到达这个值。博主分析了给的两个例子后，开始想的是用贪婪算法来做，就是如果加上距离大于目标值的话，就减去这个距离，到是当目标值是4的话，贪婪算法会fail。一般贪婪算法不行的话，很自然的博主就会想想能否用DP来做，但这道题感觉很难很难重现为子问题，因为每一步走的步数都不一样，这个步数又跟最小步数息息相关，所以很难写出状态转移方程啊，只得放弃。后来博主尝试用 BFS 来做，就是每次都把当前能到大的所有的点，都加上和减去当前距离，形成新的位置，加入数组中，当某个新的位置达到目标值时返回，但是这种解法会TLE，当目标值很大的话，相当的不高效。其实这道题的正确解法用到了些数学知识，还有一些小 trick，首先来说说小 trick，第一个 trick 是到达 target 和 -target 的步数相同，因为数轴是对称的，只要将到达 target 的每步的距离都取反，就能到达 -target。下面来说第二个 trick，这个是解题的关键，比如说目标值是4，那么如果一直累加步数，直到其正好大于等于target时，有：
0 + 1 = 1
1 + 2 = 3
3 + 3 = 6
第三步加上3，得到了6，超过了目标值4，超过了的距离为2，是偶数，那么实际上只要将加上距离为1的时候，不加1，而是加 -1，那么此时累加和就损失了2，那么正好能到目标值4，如下：
0 - 1 = -1
-1 + 2 = 1
1 + 3 = 4
这就是第二个 trick 啦，当超过目标值的差值d为偶数时，只要将第 d/2 步的距离取反，就能得到目标值，此时的步数即为到达目标值的步数。那么，如果d为奇数时，且当前为第n步，那么看下一步 n+1 的奇偶，如果 n+1 为奇数，则加上 n+1 再做差，得到的差值就为偶数了，问题解决，如果 n+1 为偶数，则还得加上 n+2 这个奇数，才能让差值为偶数，这样就多加了两步。分析到这里，解题思路也就明晰了吧：
先对 target 取绝对值，因为正负不影响最小步数。然后求出第n步，使得从1累加到n刚好大于等于 target，那么利用求和公式就有：
target = n * (n + 1) / 2
变成一元二次方程方程即为：
n^2 + n - 2*target = 0
用初中的一元二次方程的求和公式，就有：
n = (-1 + sqrt(1 + 8*target)) / 2
当然算出来可能不是整数，所以要取整，这里使用 ceil 来取整。如果此时 sum 和 target 正好相等，perfect！直接返回n，否则就是计算差值，如果差值时偶数，那么也直接返回n，如果是奇数，判断此时n的奇偶，如果n是奇数，则返回 n+2，若n是偶数，返回 n+1，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
int reachNumber(int target) {
target = abs(target);
long n = ceil((-1.0 + sqrt(1 + 8.0 * target)) / 2);
long sum = n * (n + 1) / 2;
if (sum == target) return n;
long res = sum - target;
if ((res & 1) == 0) return n;
return n + ((n & 1) ? 2 : 1);
}
};
我们也可以不用求和公式来快速定位n，而是通过累加来做，res 为我们的当前步数，也是最终需要返回的结果，sum 是加上每步距离的累加值，如果 sum 小于 target，或者 sum 减去 target 的差值为奇数，我们进行循环，步数 res 自增1，然后 sum 加上步数 res，最后跳出循环的条件就是差值为偶数，也符合我们上的分析，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
int reachNumber(int target) {
target = abs(target);
int res = 0, sum = 0;
while (sum < target || (sum - target) % 2 == 1) {
++res;
sum += res;
}
return res;
}
};
下面这种解法是解法一的精简版，两行搞定碉堡了！
解法三：
class Solution {
public:
int reachNumber(int target) {
int n = ceil((sqrt(1 + 8.0 * abs(target)) - 1) / 2), d = n * (n + 1) / 2 - target;
return n + (d % 2) * (n % 2 + 1);
}
};
Github 同步地址：
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/754
参考资料：
https://leetcode.com/problems/reach-a-number/
https://leetcode.com/problems/reach-a-number/discuss/112969/C++-O(1)-Solution-without-loop
https://leetcode.com/problems/reach-a-number/discuss/112992/Learn-from-other-with-my-explanations
https://leetcode.com/problems/reach-a-number/discuss/112982/2-liner-a-math-problem-with-explanation
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