Given a positive integer n, find the least number of perfect square numbers (for example, 1, 4, 9, 16, ...) which sum to n.

For example, given n = 12, return 3 because 12 = 4 + 4 + 4; given n = 13, return 2 because 13 = 4 + 9.

Credits:
Special thanks to @jianchao.li.fighter for adding this problem and creating all test cases.

又是超哥一個人辛苦的更新題目，一個人托起LeetCode免費題的一片天空啊，贊一個~ 這道題說是給我們一個正整數，求它最少能由幾個完全平方陣列成。這道題是考察四平方和定理，to be honest, 這是我第一次聽說這個定理，天啦擼，我的數學是語文老師教的麼?! 閒話不多扯，回來做題。先來看第一種很高效的方法，根據四平方和定理，任意一個正整數均可表示為4個整數的平方和，其實是可以表示為4個以內的平方數之和，那麼就是說返回結果只有1,2,3或4其中的一個，首先我們將數字化簡一下，由於一個數如果含有因子4，那麼我們可以把4都去掉，並不影響結果，比如2和8,3和12等等，返回的結果都相同，讀者可自行舉更多的栗子。還有一個可以化簡的地方就是，如果一個數除以8餘7的話，那麼肯定是由4個完全平方陣列成，這裡就不證明了，因為我也不會證明，讀者可自行舉例驗證。那麼做完兩步後，一個很大的數有可能就會變得很小了，大大減少了運算時間，下面我們就來嘗試的將其拆為兩個平方數之和，如果拆成功了那麼就會返回1或2，因為其中一個平方數可能為0. (注：由於輸入的n是正整數，所以不存在兩個平方數均為0的情況)。注意下面的!!a + !!b

解法一：

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 = sqrt(n - a * a);
            if (a * a + b * b == n) {
                return !!a + !!b;
            }
        }
        return 3;
    }
};

這道題遠不止這一種解法，我們還可以用動態規劃Dynamic Programming來做，我們建立一個長度為n+1的一維dp陣列，將第一個值初始化為0，其餘值都初始化為INT_MAX, i從0迴圈到n，j從1迴圈到i+j*j <= n的位置，然後每次更新dp[i+j*j]的值，動態更新dp陣列，其中dp[i]表示正整數i能少能由多個完全平方陣列成，那麼我們求n，就是返回dp[n]即可，也就是dp陣列的最後一個數字，參見程式碼如下：

解法二：

// DP
class Solution {
public:
    int numSquares(int n) {
        vector<int> dp(n + 1, INT_MAX);
        dp[0] = 0;
        for (int i = 0; i <= n; ++i) {
            for (int j = 1; i + j * j <= n; ++j) {
                dp[i + j * j] = min(dp[i + j * j], dp[i] + 1);
            }
        }
        return dp.back();
    }
};

下面再來看一種DP解法，這種解法跟上面有些不同，上面那種解法是初始化了整個長度為n+1的dp數字，但是初始化的順序不定的，而這個種方法只初始化了第一個值為0，那麼在迴圈裡計算，每次增加一個dp陣列的長度，裡面那個for迴圈一次迴圈結束就算好下一個數由幾個完全平方陣列成，直到增加到第n+1個，返回即可，想更直觀的看這兩種DP方法的區別，建議每次迴圈後都打印出dp數字的值來觀察其更新的順序，參見程式碼如下：

解法三：

// DP
class Solution {
public:
    int numSquares(int n) {
        vector<int> dp(1, 0);
        while (dp.size() <= n) {
            int m = dp.size(), val = INT_MAX;
            for (int i = 1; i * i <= m; ++i) {
                val = min(val, dp[m - i * i] + 1);
            }
            dp.push_back(val);
        }
        return dp.back();
    }
};

最後我們來介紹一種遞迴Recursion的解法，這種方法的好處是寫法簡潔，但是運算效率不敢恭維。我們的目的是遍歷所有比n小的完全平方數，然後對n與完全平方數的差值遞迴呼叫函式，目的是不斷更新最終結果，知道找到最小的那個，參見程式碼如下：

解法四：

// Recrusion
class Solution {
public:
    int numSquares(int n) {
        int res = n, num = 2;
        while (num * num <= n) {
            int a = n / (num * num), b = n % (num * num);
            res = min(res, a + numSquares(b));
            ++num;
        }
        return res;
    }
};

PS：解法二三四的運算效率真的不高，強推解法一，高效又易懂，如果想強行優化後三個演算法，可以將解法一的前兩個if判斷加到後三個的演算法的開頭，能很大的提高運算效率。

參考資料：