甜分布（优化）

Question

假设 N，您获得了所提供的糖果的起始数量，为您提供 T，这样每次您从 N 分发 T 个糖果时，都会添加 1 个糖果。确定您可以分发的糖果数量。

例如。 N=5 , T=2

• Step1: 5-2+1 糖果分发:2 剩余糖果:4
• Step2: 4-2+1 糖果分发:2 剩余糖果:3
• Step3: 3-2+1 糖果分发:2 剩余糖果:2
• Step4: 2-2+1 糖果分发:2 剩余糖果:1

• Step5：1个糖果分发：1个剩余糖果：0

  代码返回：Total sweet：9

我的代码如下：

    public static int countSweets(int n, int t) {
       //recursive code is commented
       /*if(n<t)
         return n;
        return t+countCandies(n-t+1,t);*/

     //simple while loop snippet
       int count=0;
       while(n>=t)
       {
         count=count+t;
         n=n-t+1;
       }
       return count+n;
    }

我尝试了简单和递归的两种方法。显示的错误是

1. simple：超过时间限制
2. 递归：堆栈溢出（用于 n 和 t 之间的较大差异）

Answer 1

使用除以 T 而不是减去 T。对于 N=5，T=2：

1. 5/2 = 2 次分发 = 2 个奖励项目和 1 个剩余项目
2. 3/2 = 1 次分发 = 1 个奖励项目和 1 个剩余项目
3. 2/2 = 1 次分发 = 1 个奖励项目 & 0 个剩余项目
4. 1/2 = 0 - 部分分配，0 个奖励项目

最终计数 = N+ 奖励项目 = 5+2+1+1+0 = 9

在这个例子中，它只快了 1 步，但对于较大的 N，它会更显着。

Answer 2

一些算术：
有

S =  (N - 1) div (T - 1)   // div is integer division 7 div 3 = 2

常规输出中的步骤（给予休息>0）。
每一步减去 (T-1) 糖果 - 分母。减法一直到 1，而不是 0（因为在加法之前你不能有 -1 糖果）——这就是为什么 (N-1) 提名者。

编辑：

所以糖果的全部数量是起始值加上添加的数量（等于常规步骤的数量）：

F = N + S =
    N + (N - 1) div (T - 1) = 
    (N * (T - 1) + N - 1) / (T - 1) = 
    //very simple formula 

    (N * T - 1) div (T - 1) 

检查(N,T) = (5,2); (7,3); (8,3); (17,4) 给出9;10;11;22