題目
你將獲得 K 個雞蛋，並可以使用一棟從 1 到 N 共有 N 層樓的建築。
每個蛋的功能都是一樣的，如果一個蛋碎了，你就不能再把它掉下去，如果沒有碎可以繼續使用。
你知道存在樓層 F ，滿足 0 <= F <= N 任何從高於 F 的樓層落下的雞蛋都會碎，從 F 樓層或比它低的樓層落下的雞蛋都不會破。
每次移動，你可以取一個雞蛋（如果你有完整的雞蛋）並把它從任一樓層 X 扔下（滿足 1 <= X <= N）。
你的目標是確切地知道 F 的值是多少。
無論 F 的初始值如何，請你確定 F 的值的最小移動次數是多少？
例如：
輸入：K = 1, N = 2 輸出：2
輸入：K = 2, N = 100 輸出：14
輸入：K = 3, N = 14 輸出：4
注意
- 1 <= K <= 100
- 1 <= N <= 10000
思路
算法一
（動態規划）$O(K\!N)$
- 狀態$f(i,j)$表示使用$i$個雞蛋，最大樓層為$j$時，所需要的最小移動次數。
- 顯然初始狀態$f(1,j)=j$。對於狀態$f(i,j)$，如果枚舉上一次測試為樓層$s$，則可以得到如下轉移$f(i,j) = min_{s=1}^j(max(f(i-1,s-1),f(i,j-s)) + 1)$，分別表示在第$s$層摔碎和沒摔碎。
- 如果直接枚舉$s$，則總的時間復雜度為$O(K\!N^2)$，無法通過。考慮$f(i-1,s-1)和f(i,j-s)$的大小關系，可以發現，前者隨着$s$單調遞增，后者單調遞減，且每次變化的值最多為1（可證明，略）。所以，如果存在${s}'$使得$f(i-1,s-1) = f(i,j-s)$，則此時${s}'$就是最優的；否則取兩者最相近的兩個$s$作比較，取最小值。
- 至此，$s$可以二分解決；總的時間復雜度：$O(K\!N\!logN)$。
- 但進一步可以發現，$s$會隨着$j$的增加而增加，即最優決策點${s}'$是隨着$j$單調遞增的。因為對於固定的$s$，$f(i,j-s)$會隨着$j$而增加，這就會造成3中的最優決策點也會向后移動。所以，我們只需在每次移動$j$后，繼續從上次的${s}'$向后尋找最優決策點即可。
- 最終答案是$f(K,N)$
注意：在雞蛋沒摔碎時，我們還能用這$i$個雞蛋在在上面的$j-s$層確定$F$，這里的實驗與在第$1~(j-w)$所需的次數是一樣的，因為它們的實驗方法和步驟都是相同的，只不過這$(j-w)$層在上面罷了。
時間復雜度
- 狀態數為$O(K\!N)$，對於每個$i$，尋找最優決策的均攤時間為$O(N)$，故總時間復雜度為$O(K\!N)$
C++代碼
1 class Solution { 2 public: 3 int superEggDrop(int K, int N) { 4 int m = K, n = N; 5 const int maxn = 100 + 10; 6 const int maxm = 10000 + 10; 7 int d[maxn][maxm]; //dp[i][j]表示有i顆鷹蛋在j層樓的最少次數 8 if (m >= ceil(log(n + 1) * 1.0) / log(2.0)) 9 return (int)ceil(log((n + 1) * 1.0) / log(2.0)); 10 else 11 { 12 memset(d, 0, sizeof(d)); 13 for (int i = 1; i <= n; i++) d[1][i] = i; 14 for (int i = 2; i <= m; i++) 15 { 16 int s = 1; 17 for (int j = 1; j <= n; j++) 18 { 19 d[i][j] = d[i][j - 1] + 1; // 20 21 while (s < j && d[i - 1][s] < d[i][j - s - 1]) s++; 22 23 d[i][j] = min(d[i][j], max(d[i - 1][s - 1], d[i][j - s]) + 1); 24 if (s < j) d[i][j] = min(d[i][j], max(d[i - 1][s], d[i][j - s - 1]) + 1); 25 } 26 } 27 return d[m][n]; 28 } 29 } 30 };
算法二
（動態規划）$O(KlogN)$
- 狀態$f(i,j)$表示進行$i$次移動，有$j$個雞蛋，最多可以檢查的樓層高度是多少。
- 初始狀態是$f(1,0)=0$，$f(1,j),j \geq 1$。
- 先給出轉移方程，$f(i,j)= f(i-1,j-1)+f(i-1,j)+1$。假設$n_1=f(i-1,j-1),n_2=f(i-1,j)$，我們在第$i$次移動時測試第$n_1+1$層。
- 如果測試時雞蛋碎掉了，則我們可以通過$i-1$次移動和$j-1$個雞蛋來找到最高不會碎掉的樓層，因為樓層不會超過$n_1$了；如果雞蛋沒有碎掉，則在此基礎上，我們可以使用$i-1$次移動和$j$個雞蛋，在繼續向上檢查$n_2$層，故答案在$\left [ 0, n_1 + n_2 + 1 \right ]$范圍內，都可以通過$i$次移動、$j$個雞蛋來找到。
- 返回最小的$m$滿足，$f(m,K) \geq N$。
- 這里第一維可以省略，更新時只需要倒序更新即可。
時間復雜度
- 最多進行$logN$輪更新，每輪更新需要$O(K)$的時間，故時間復雜度$O(K\!logN)$。
C++代碼
1 class Solution { 2 public: 3 int superEggDrop(int K, int N) { 4 vector<int> f(K + 1, 1); 5 f[0] = 0; 6 int m = 1; 7 while (f[K] < N) { 8 for (int i = K; i >= 1; i--) 9 f[i] = f[i] + f[i - 1] + 1; 10 m++; 11 } 12 13 return m; 14 } 15 };
在URAL OJ上也有這題，只是數據范圍有所不同：Chernobyl’ Eagle on a Roof
參考鏈接：
1、https://www.acwing.com/solution/leetcode/content/579/
2、朱晨光：《優化，再優化！——從《鷹蛋》一題淺析對動態規划算法的優化