1 题目理解

先讲规则。一辆小汽车停在位置0，并且方向朝向右侧，并且速度为1。小汽车每次可以选择加速A，那加速一次，新的位置=原来位置+速度，并且新的速度=速度*2。小汽车也可以选择掉头。掉头一次的话，新的位置=原来的位置，并且新的速度=如果原来速度>0，那就是-1，否则的话是1。
输入：int target。
输出：小汽车到达位置target最少需要几次操作。
例子：
Example 1:
Input:
target = 3
Output: 2
Explanation:
最短的操作顺序 是： “AA”.
汽车位置变化为： 0->1->3.

Example 2:
Input:
target = 6
Output: 5
Explanation:
最短的操作顺序 是 “AAARA”.
汽车位置变化为 0->1->3->7->7->6.

题目分析思路来源于花花酱。

2 BFS

因为在每个位置上，有两种操作。在每次操作后速度、位置会发生变化。一直变，直到走到终点。所以可以按照BFS求解。遇到的第一个位置为target，就是最短的操作。
这里有几个关键点。
关键点1：如果相同的位置和速度已经加入过队列，那就不需要再次计算。
关键点2：如果在位置0，小汽车朝向右侧一定比朝向左侧用的操作最少。这个可以用反证法证明。
关键点3：小汽车向右走，可以超过target，但 不能超过2*target。否则操作数会更多。
当然这个方法是不能AC的。

class Solution {public int racecar(int target) {Queue<int[]> queue = new LinkedList<int[]>();List<String> filter = new ArrayList<String>();queue.offer(new int[]{0,1});//pos speedfilter.add(0+"_"+1);filter.add("0_-1");int step = 0;while(!queue.isEmpty()){int size = queue.size();for(int i=0;i<size;i++){int[] values = queue.poll();int pos = values[0];int speed = values[1];//Aint newpos = pos + speed;if(newpos == target){return step + 1;}if(pos < 2*target){queue.offer(new int[]{newpos,speed*2});filter.add(newpos+"_"+(speed*2));}//Rif(speed >=0 ){speed = -1;}else{speed = 1;}String key = pos+"_"+speed;if(!filter.contains(key)){queue.offer(new int[]{pos,speed});filter.add(key);}}step++;}return -1;}
}

通过这个方法我们知道在同一位置可能有两种状态：速度向右、速度向左。这提示我们在做动态规划的时候可能需要维护二维数组。

3 dp

如果target=7，我们发现

操作	位置	速度
起始	0	1
第1次A	1	2
第2次A	3	4
第3次A	7	8

3.1 基本情况

如果$target=2^n-1$，那么到达target的最少操作数是n。是dp中的基本情况。

3.2 递归方程分析

如果不是，则可能要考虑两种情况。第一种情况是先走过5达到7，因为7的最少操作数可以直接求解，是基本情况。然后再调头，需要走2个位置达到5。如果我们提前计算好了走距离2的最少操作数，那就可以求解了。第二种情况是可能走到j=1，2，3，4，然后再走剩下的距离。操作数之和就是达到5的操作数。两种情况求最小值就是答案。下面分别讨论。

令dp[i][0]表示从0达到位置i并且速度朝右的最小操作数。dp[i][1]表示从0达到位置i并且速度朝左的最小操作数。

3.2.1 先超过target再调头

例如上面到达7，再返回达到5的时候可能速度方向朝左，也可能朝右。
dp[7][0]=3，dp[7][1]=4。
达到7调头，这时候操作数是4。
继续走2个距离，这时候的操作数是dp[2][0]，这个时候的方向是朝左的。也就是说dp[5][1]= 4 + dp[2][0]。为什么是dp[2][0]而不是dp[2][1]呢？dp[2][0]表示从0到达2，并且方向向右，又因为起始位置速度的方向也向右，所以可以认为走过2个位置，并且方向和起始方向相同的最少操作数是dp[2][0]。当到达7以后调头，方向向左了，走过2个距离并且速度方向一致，那操作数就是dp[2][0]。
当然dp[5][1]，也可能是通过dp[2][1]获得，这个时候需要再加一个转向操作，所以dp[5][1]=4+dp[2][1]+1。两者取最小值。dp[5][1] = 4 + min(dp[2][0],dp[2][1]+1)。
同理，可以推出dpp[5][0] = 4 + min(dp[2][1],dp[2][0]+1)。

推出一般情况就是：
$l=2^n-1-target$
$dp[target][0]=n+1+min(dp[l][1],dp[l][0]+1)$
$dp[target][1]=n+1+min(dp[l][0],dp[l][1]+1)$

3.2.2 不超过target

再参考上图target=5，如果不超过5。
那我们可以先走距离1，到达1以后再走距离4。到达5。
我们也可以先走距离2，到达2以后再走距离3。到达5。
…
我们也可以先走距离4，到达4以后再走距离1。到达5。

我们先分析先走距离1，到达1以后再走距离4。到达5的情况。达到1，如果方向向右，则需要先 调头，再调头，然后走距离4。那么dp[5][0] = dp[1][0]+2 + dp[4][0]。达到1，如果方向向左，则需要先调头，然后走距离4。那么dp[5][0] = dp[1][1]+1 + dp[4][0]。最终dp[5][0] = min(dp[1][1]+1,dp[1][0]+2) + dp[4][0]。
同理：dp[5][1] = min(dp[1][1]+1,dp[1][0]+2) + dp[4][1]。

最终代码

class Solution {public int racecar(int target) {int[][] dp = new int[target+1][2];dp[0][0] = 0;dp[0][1] = 1;for(int i=1;i<=target;i++){int n = (int)Math.ceil(Math.log(i+1)/Math.log(2));if((1<<n)  == i+1){dp[i][0] = n;dp[i][1] = n+1;}else{int left = ((1<<n)-1 - i);dp[i][0] = n+1+Math.min(dp[left][1],dp[left][0]+1);dp[i][1] = n+1+Math.min(dp[left][0],dp[left][1]+1);for(int j = 1;j<i;j++){int min = Math.min(dp[j][0]+2,dp[j][1]+1);dp[i][0]  =  Math.min(dp[i][0], min+dp[i-j][0]);dp[i][1]  =  Math.min(dp[i][1], min+dp[i-j][1]);}}}return Math.min(dp[target][0],dp[target][1]);}
}

4 说明

看到题目还是应该拿着具体数值分析一下。在某一特定情况下是怎么到达目的地的。