Problem: 2749. 得到整数零需要执行的最少操作数

整体思路

这段代码旨在解决一个具有数学和位运算性质的问题：给定两个整数 num1 和 num2，找到最小的正整数 k，使得 num1 可以表示为 k 个整数的和，其中每个整数的形式都是 num2 + 2^i（i >= 0）。如果找不到这样的 k，则返回 -1。

该算法将问题进行了巧妙的数学转换，然后通过一个循环来枚举并检验所有可能的 k 值。

1. 问题的数学转换：

   • 题目要求 num1 = (num2 + 2^{i_1}) + (num2 + 2^{i_2}) + ... + (num2 + 2^{i_k})。
   • 将上式重新整理，可以得到 num1 = k * num2 + (2^{i_1} + 2^{i_2} + ... + 2^{i_k})。
   • 进一步变形，我们得到 num1 - k * num2 = 2^{i_1} + 2^{i_2} + ... + 2^{i_k}。
   • 令 x = num1 - k * num2。问题就转化为了：找到最小的正整数 k，使得 x 可以表示为 k 个 2的幂的和。

2. x 的性质与约束：

   • 一个正整数 x 可以表示为 m 个 2的幂的和，当且仅当 x 的二进制表示中 1 的个数（即 Long.bitCount(x)）小于或等于 m，并且 x 本身 大于或等于 m。
     • Long.bitCount(x) <= m：Long.bitCount(x) 是将 x 表示为 2的幂的和所需的最少项数。例如，7 (111_2) = 4+2+1，最少需要3个2的幂。我们可以通过将一个大的2的幂拆分成两个小的（如 2^i = 2^{i-1} + 2^{i-1}）来增加项数。所以，只要 m 不小于最少项数，就总能凑出 m 项。
     • x >= m：因为每个 2的幂 2^i 至少是 1 (2^0)，所以 m 个 2的幂的和至少是 m。因此 x 必须大于或等于 m。

3. 算法的枚举与检验逻辑：

   • 基于以上的转换和性质，算法现在只需要找到最小的正整数 k，满足以下两个条件：
     a. x = num1 - k * num2 >= k
     b. Long.bitCount(x) <= k
   • 枚举 k：代码通过一个 for 循环，从 k=1 开始枚举。
   • 循环上限：循环的上限设置为 60。这是一个基于 num1 和 num2 的数据范围（通常是 10^9 级别）得出的一个足够大的、安全的上界。2^60 已经远超 10^18，通常可以覆盖 long 类型的计算范围。
   • 检验：在每次循环中：
     • 计算 x = num1 - 1L * num2 * k。使用 long 类型是为了防止计算过程中发生整数溢出。
     • 检查第一个条件 x < k。如果不满足（注意代码中是x<k就continue，这等价于要求x>=k），则这个 k 无效，继续尝试下一个。
     • 计算 x 的二进制表示中 1 的个数 min = Long.bitCount(x)。
     • 检查第二个条件 k >= min。如果满足，说明当前的 k 是一个有效的解。因为我们是从小到大枚举 k，所以第一个找到的有效解就是最小的，直接 return k。

4. 无解情况：

   • 如果循环结束（k 从 1 到 60 都试过了）还没有找到一个有效的 k，那么就认为问题无解，返回 -1。

完整代码

class Solution {/*** 找到最小的正整数 k，使得 num1 可以表示为 k 个 (num2 + 2^i) 形式的整数之和。* @param num1 目标整数* @param num2 基础整数* @return 最小的正整数 k，如果不存在则返回 -1*/public int makeTheIntegerZero(int num1, int num2) {// 循环枚举所有可能的 k 值。// 上限 60 是一个基于数据范围的经验值，对于 int 范围的 num1, num2 足够。for (int k = 1; k <= 60; k++) {// 步骤 1: 根据数学转换计算 x = num1 - k * num2// 使用 long 类型防止计算过程中溢出long x = 1L * num1 - 1L * num2 * k;// 步骤 2: 检验 k 是否满足两个核心条件// 条件 1: x 必须能被表示成 k 个 2的幂的和。// 一个必要条件是 x >= k (因为每个 2^i >= 1)。// 如果 x < k，则当前 k 无效，继续下一个。if (x < k) {// 原代码的 continue 逻辑可以合并到下面的 if 判断中，// 即 if (x >= k && k >= min) { return k; }// 这里为了忠于原代码结构，保持原样。continue;}// 计算将 x 表示为 2的幂的和所需的最少项数int min = Long.bitCount(x);// 条件 2: 表示 x 所需的项数必须能够凑成 k。// 这要求 k 必须大于或等于所需的最少项数 (min)。if (k >= min) {// 因为 k 是从小到大枚举的，所以第一个满足条件的 k 就是最小的。return k;}}// 如果循环结束仍未找到解，则返回 -1return -1;}
}

时空复杂度

时间复杂度：O(1)

1. 循环：算法的核心是一个 for 循环，该循环的执行次数是一个固定的常数（从 1 到 60）。
2. 循环内部操作：
   • 在每次迭代中，执行的操作包括：长整型乘法、减法、Long.bitCount()、比较。
   • Long.bitCount() 方法在大多数现代CPU上都有对应的硬件指令（如 POPCNT），其执行时间可以认为是 O(1)。即使是软件实现，其复杂度也与 long 的位数（64位）相关，是一个常数。
   • 因此，循环内部的所有操作都是常数时间的。

综合分析：
算法的执行时间是 (一个固定的常数次数) * (常数时间操作)。因此，其时间复杂度为 O(1)。

空间复杂度：O(1)

1. 存储分析：
   • 算法在执行过程中只使用了几个基本类型的变量（k, x, min）。
   • 这些变量的数量是固定的，不随输入 num1 和 num2 的大小而改变。

综合分析：
算法没有使用任何与输入规模成比例的额外数据结构。因此，其额外辅助空间复杂度为 O(1)。