279. Perfect Squares
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Given a positive integer n, find the least number of perfect square numbers (for example, 1, 4, 9, 16, ...) which sum to n.
Example 1:
Input: n = 12 Output: 3 Explanation: 12 = 4 + 4 + 4.
Example 2:
Input: n = 13 Output: 2 Explanation: 13 = 4 + 9.
解题思路一：回溯法暴力求解，超时
class Solution {
int ans = Integer.MAX_VALUE;
public int numSquares(int n) {
int bound = (int) Math.sqrt(n);
ArrayList<Integer> list = new ArrayList<>();
numSquaresCore(n, bound, list);
return ans;
}
public void numSquaresCore(int target, int bound, ArrayList<Integer> list){
if (target == 0){
ans = Math.min(ans, list.size());
return;
}
if (bound == 0 || target < 0)
return;
for (int i = bound; i >= 1 ; i--) {
if (target - i*i < 0)
continue;
list.add(i*i);
numSquaresCore(target-i*i, i, list);
list.remove(list.size()-1);
}
}
}解题思路二：根据四平方和定理
完全平方指用一个整数乘以自己例如1 * 1，2 * 2，3 * 3等，依此类推。若一个数能表示成某个整数的平方的形式，则称这个数为完全平方数。
注意有些整数不可表示为3个完全平方数的和，例如7。
至此，证明四平方和定理所需的全部引理已经全部证明完毕。此后，拉格朗日和欧拉分别在1770年和1773年作出最后的证明。
同余方程是一个数学方程式。该方程式的内容为：对于一组整数Z，Z里的每一个数都除以同一个数m，得到的余数可以为0，1，2，…m-1,共m种。我们就以余数的大小作为标准将Z分为m类。每一类都有相同的余数。
对任意奇素数 p，同余方程 x2+y2+1≡0(mod p)必有一组整数解x，y满足0≤x<p/2,0≤y<p/2 (引理一)
1751年，欧拉又得到了另一个一般的结果。
根据上述欧拉恒等式或四元数的概念可知如果正整数m和n能表示为4个整数的平方和，则其乘积mn也能表示为4个整数的平方和。于是为证明原命题只需证明每个素数可以表示成4个整数的平方和即可。
(a2 + b2 + c2+ d2)(x2 + y2 + z2+ w2) = (ax + by + cz + dw)2 + (ay - bx + cw - dz)2 + (az - bw - cx + dy)2 + (aw + bz - cy - dx)2
1743年，瑞士数学家欧拉发现了一个著名的恒等式：
注意有些整数不可表示为3个完全平方数的和，例如7。
根据四平方和定理，结果就是1，2，3，4中的一个。首先需要对数字进行简化，有两条规则：
规则1：如果这个数对4取余得0，可以把4除去（易知，这个过程可以不断重复），不影响结果；
规则2：对4取余结束后，如果这个数对8取余得7，则这个数是四个完全平方数的和；
根据规则1，先对这个数不断除4（满足除的条件的话）。然后根据规则2，如果这个数对8取余得7，则结果是4，否则，结果是1，2，3中的一个。显然，1，2很容易验证，若都不是那么就一定是3了。所以，过程变得简洁了很多。代码如下：
class Solution {
public int numSquares(int n) {
while (n % 4 == 0){
n /= 4;
}
if (n % 8 == 7){
return 4;
}
for (int a = 0; a*a <= n; ++a){
int b = (int)Math.sqrt(n - a*a);
if (a*a + b*b == n){
return a==0?1:2;
}
}
return 3;
}
}解题思路三：动态规划
我们建立一个长度为n+1的一维dp数组，将第一个值初始化为0，其余值都初始化为INT_MAX, i从0循环到n，j从1循环到i+j*j <= n的位置，然后每次更新dp[i+j*j]的值，动态更新dp数组，其中dp[i]表示正整数i能少能由多个完全平方数组成，那么我们求n，就是返回dp[n]即可，也就是dp数组的最后一个数字。需要注意的是这里的写法，i必须从0开始，j必须从1开始，因为我们的初衷是想用 dp[i] 来更新 dp[i + j * j]，如果 i=0, j=1 了，那么 dp[i] 和 dp[i + j * j] 就相等了，怎么能用本身dp值加1来更新自身呢。
class Solution {
public int numSquares(int n) {
int []dp = new int[n+1];
for (int i = 1; i < n+1; i++) {
dp[i] = Integer.MAX_VALUE;
}
dp[0] = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++) {
for (int j = 1; i + j*j <= n; j++) {
dp[i + j*j] = Math.min(dp[i+j*j], dp[i]+1);
}
}
return dp[n];
}
}下面再来看一种DP解法，这种解法跟上面有些不同，上面那种解法是初始化了整个长度为n+1的dp数字，但是初始化的顺序不定的，而这个种方法只初始化了第一个值为0，那么在循环里计算，每次增加一个dp数组的长度，里面那个for循环一次循环结束就算好下一个数由几个完全平方数组成，直到增加到第n+1个，返回即可，想更直观的看这两种DP方法的区别，建议每次循环后都打印出dp数字的值来观察其更新的顺序，参见代码如下：
class Solution {
public int numSquares(int n) {
ArrayList<Integer> list = new ArrayList<>();
list.add(0);
while (list.size() <= n){
int m = list.size();
int val = Integer.MAX_VALUE;
for (int i = 1; i * i <= m; i++) {
val = Math.min(val, list.get(m-i*i)+1);
}
list.add(val);
}
return list.get(list.size()-1);
}
}解题思路四：递归
最后我们来介绍一种递归Recursion的解法，这种方法的好处是写法简洁，但是运算效率不敢恭维。我们的目的是遍历所有比n小的完全平方数，然后对n与完全平方数的差值递归调用函数，目的是不断更新最终结果，知道找到最小的那个，参见代码如下：
class Solution {
public int numSquares(int n) {
int ans = n, num = 2;
while (num * num <= n){
int a = n/(num*num), b = n%(num*num);
ans = Math.min(ans, a + numSquares(b));
num++;
}
return ans;
}
}