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].
這道題讓我們從起點0開始，每次可以向數軸的左右兩個方向中的任意一個走，第一步走距離1，第二步走距離2，以此類推，第n步走距離n，然后給了我們一個目標值 target，問我們最少用多少步可以到達這個值。博主分析了給的兩個例子后，開始想的是用貪婪算法來做，就是如果加上距離大於目標值的話，就減去這個距離，到是當目標值是4的話，貪婪算法會fail。一般貪婪算法不行的話，很自然的博主就會想想能否用DP來做，但這道題感覺很難很難重現為子問題，因為每一步走的步數都不一樣，這個步數又跟最小步數息息相關，所以很難寫出狀態轉移方程啊，只得放棄。后來博主嘗試用 BFS 來做，就是每次都把當前能到大的所有的點，都加上和減去當前距離，形成新的位置，加入數組中，當某個新的位置達到目標值時返回，但是這種解法會TLE，當目標值很大的話，相當的不高效。其實這道題的正確解法用到了些數學知識，還有一些小 trick，首先來說說小 trick，第一個 trick 是到達 target 和 -target 的步數相同，因為數軸是對稱的，只要將到達 target 的每步的距離都取反，就能到達 -target。下面來說第二個 trick，這個是解題的關鍵，比如說目標值是4，那么如果我們一直累加步數，直到其正好大於等於target時，有：
0 + 1 = 1
1 + 2 = 3
3 + 3 = 6
第三步加上3，得到了6，超過了目標值4，超過了的距離為2，是偶數，那么實際上我們只要將加上距離為1的時候，不加1，而是加 -1，那么此時累加和就損失了2，那么正好能到目標值4，如下：
0 - 1 = -1
-1 + 2 = 1
1 + 3 = 4
那么，我們的第二個 trick 就是，當超過目標值的差值d為偶數時，只要將第 d/2 步的距離取反，就能得到目標值，此時的步數即為到達目標值的步數。那么，如果d為奇數時，且當前為第n步，那么我們看下一步 n+1 的奇偶，如果 n+1 為奇數，那么加上 n+1 再做差，得到的差值就為偶數了，問題解決，如果 n+1 為偶數，那么還得加上 n+2 這個奇數，才能讓差值為偶數，這樣就多加了兩步。分析到這里，我們的解題思路也就明晰了吧：
我們先對 target 取絕對值，因為正負不影響最小步數。然后我們求出第n步，使得從1累加到n剛好大於等於 target，那么利用求和公式就有：
target = n * (n + 1) / 2
變成一元二次方程方程即為：
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
當然算出來可能不是整數，所以要取整，這里使用 ceil 來取整。如果此時 sum 和 target 正好相等，perfect！直接返回n，否則就是計算差值，如果差值時偶數，那么也直接返回n，如果是奇數，判斷此時n的奇偶，如果n是奇數，則返回 n+2，若n是偶數，返回 n+1，參見代碼如下：
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); } };
我們也可以不用求和公式來快速定位n，而是通過累加來做，res 為我們的當前步數，也是最終需要返回的結果，sum 是加上每步距離的累加值，如果 sum 小於 target，或者 sum 減去 target 的差值為奇數，我們進行循環，步數 res 自增1，然后 sum 加上步數 res，最后跳出循環的條件就是差值為偶數，也符合我們上的分析，參見代碼如下：
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; } };
下面這種解法是解法一的精簡版，兩行搞定碉堡了！
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); } };
參考資料：
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