前言

大一的时候蓝桥杯省赛遇到过(作为非编程题的压轴题)，这次看的别人的面经也多次出现，就写篇博文总结一下。

题目

有一栋楼共100层，一个鸡蛋从第N层及以上的楼层落下来会摔破， 在第N层以下的楼层落下不会摔破。给你2个鸡蛋，设计方案找出N，并且保证在最坏情况下，最小化鸡蛋下落的次数。

解析

无脑二分法(最多人想到的伪解法)

当时省赛没注意审题，就想的这种方法，首先需要确定的是，在最坏的情况下，求最小化尝试次数，所以肯定不是无脑二分那么简单了。

例如，你第一次扔第50层，碎了如果你再选择二分，直接到25层又碎的话，两个鸡蛋就都没了，接下来你咋试啊？

所以你接下来只能从1层到49层一个一个试了，最终尝试次数为50次。

假设法

首先，假设答案，也就是最小尝试次数为x，此时从第x层开始扔，有两种情况：

碎了，那么只能从1到x-1一个一个试了，加上前面扔的一次，总结果为x次，符合，这也是为什么选择第x层的原因，如果选择其他层，又碎了的话，则最小尝试次数肯定不等于x，这就与假设相悖了。

没碎，那么直接把第1到x层抛弃掉，当作不存在(因为鸡蛋不会在这范围内碎掉)，我们把第x+1层当成第1层，尝试次数为x-1(因为刚刚扔了1次，最小尝试次数减1)，此时就从第x-1层(真实层数为x+x-1)开始扔，同样又会出现两种情况：

第二次碎了，则是从第1层到第x-2层开始扔 ，总尝试次数同样是x

第二次没碎，还是之前原理，这次从x-2层开始，以此类推，一直扔到最后一层或碎了为止。

最终结果就是\(x+(x-1)+(x-2)...+1 = 100\)，解得\(x = 14\)。

题目升级版本

楼层M，鸡蛋数N，求最坏情况下的最小次数。

动态规划法

理解了上面的假设法，再学过动态规划的话，这里应该就问题不大了。

状态转移方程如下：

\[f[m][n] = min(f[m][n],1+max(f[k-1][n-1],f[m-k][n]),k\in[1,m-1])

\]

解释：当有n个鸡蛋时，所需尝试的楼层数为m，此时将鸡蛋扔在第k层，则有两种情况

碎了，那么接下来只需要尝试1到k-1层，鸡蛋数为n-1，此时问题不就转化成了楼层数k-1，鸡蛋数n-1，求最坏情况下的最小次数吗？

没碎，那么直接把第1到k层抛弃掉，只需要尝试第k+1到m层，鸡蛋没碎，所以扔为n，此时问题不就转化成了楼层数m-k，鸡蛋数n，求最坏情况下的最小次数吗？

为什么取MAX？因为是最坏的情况，所以取碎了与没碎中的最大情况。

代码如下：

int superEggDrop(int egg,int floor){

int ans[floor+1][egg+1];

for(int m = 1;m <= floor;m++)

for(int n = 1;n <= egg;n++)

ans[m][n] = m;//最坏的情况下，自然是所有楼层试一遍，同时这也是鸡蛋数为1时的答案

for(int m = 1;m <= floor;m++)

for(int n = 2;n <= egg;n++)//n必须从2开始，如果是1，就会出现ans[k-1][1-1=0]，显然不存在0鸡蛋的情况

for(int k = 1;k <= m-1;k++)

ans[m][n] = min(ans[m][n],1+max(ans[k-1][n-1],ans[m-k][n]));

return ans[floor][egg];

}

然而，该解法的时间复杂度为\(O(km^2)\)，空间复杂度为\(O(mn)\)，显然还可以继续优化。

动态规划+二分优化

对于\(f[k-1][n-1]\)和\(f[m-k][n]\)，当在第三重循环中，\(m,n\)不变，我们可以将其当作系数，只有\(k\)在\([1,m-1]\)的范围内一直增加，而\(k\)又与楼层数有关，显然，当楼层数增加时，测试次数一定增加(100层和101层，显然100更有利吧？)。

而\(f[k-1][n-1]\)和\(f[m-k][n]\)，前者\(k\)系数为正，后者\(k\)系数为负，一个递增，一个递减，我们就可以找二分它们的交点，使得无论碎不碎，它们的测试结果都相同，使得时间复杂度为\(O(kmlogm)\)。

int superEggDrop(int egg,int floor){

int ans[floor+1][egg+1];//鸡蛋数只需要考虑两种情况

for(int m = 1;m <= floor;m++)

for(int n = 1;n <= egg;n++)

ans[m][n] = m;//最坏的情况下，自然是所有楼层试一遍，同时这也是鸡蛋数为1时的答案

for(int m = 2;m <= floor;m++)//当楼层数为1时，结果必然是1

for(int n = 2;n <= egg;n++){//n必须从2开始，如果是1，就会出现ans[k-1][1-1=0]，显然不存在0鸡蛋的情况

int l = 1,r = m;//范围是[l,r)

while(l+1 < r){

int k = (l+r)/2;

int l_value = ans[k-1][n-1];

int r_value = ans[m-k][n];

if (l_value == r_value){

l = k;

break;

}

else if (l_value > r_value) r = k;

else l = k+1;

}

ans[m][n] = min(ans[m][n],1+max(ans[l-1][n-1],ans[m-l][n]));

}

return ans[floor][egg];

}

当然了，现在还不是最优解，由于时间问题，这里就不再赘述，有兴趣的可以自行百度。