前言
大一的時候藍橋杯省賽遇到過（作為非編程題的壓軸題），這次看的別人的面經也多次出現，就寫篇博文總結一下。
題目
有一棟樓共100層，一個雞蛋從第N層及以上的樓層落下來會摔破， 在第N層以下的樓層落下不會摔破。給你2個雞蛋，設計方案找出N，並且保證在最壞情況下，最小化雞蛋下落的次數。
解析
無腦二分法（最多人想到的偽解法）
當時省賽沒注意審題，就想的這種方法，首先需要確定的是，在最壞的情況下，求最小化嘗試次數，所以肯定不是無腦二分那么簡單了。
例如，你第一次扔第50層，碎了如果你再選擇二分，直接到25層又碎的話，兩個雞蛋就都沒了，接下來你咋試啊？
所以你接下來只能從1層到49層一個一個試了，最終嘗試次數為50次。
假設法
首先，假設答案，也就是最小嘗試次數為x，此時從第x層開始扔，有兩種情況：
- 碎了，那么只能從1到x-1一個一個試了，加上前面扔的一次，總結果為x次，符合，這也是為什么選擇第x層的原因，如果選擇其他層，又碎了的話，則最小嘗試次數肯定不等於x，這就與假設相悖了。
- 沒碎，那么直接把第1到x層拋棄掉，當作不存在（因為雞蛋不會在這范圍內碎掉），我們把第x+1層當成第1層，嘗試次數為x-1（因為剛剛扔了1次，最小嘗試次數減1），此時就從第x-1層（真實層數為x+x-1）開始扔，同樣又會出現兩種情況：
- 第二次碎了，則是從第1層到第x-2層開始扔 ，總嘗試次數同樣是x
- 第二次沒碎，還是之前原理，這次從x-2層開始，以此類推，一直扔到最后一層或碎了為止。
最終結果就是\(x+(x-1)+(x-2)...+1 = 100\)，解得\(x = 14\)。
題目升級版本
樓層M，雞蛋數N，求最壞情況下的最小次數。
動態規划法
理解了上面的假設法，再學過動態規划的話，這里應該就問題不大了。
狀態轉移方程如下：
解釋：當有n個雞蛋時，所需嘗試的樓層數為m，此時將雞蛋扔在第k層，則有兩種情況
- 碎了，那么接下來只需要嘗試1到k-1層，雞蛋數為n-1，此時問題不就轉化成了樓層數k-1，雞蛋數n-1，求最壞情況下的最小次數嗎？
- 沒碎，那么直接把第1到k層拋棄掉，只需要嘗試第k+1到m層，雞蛋沒碎，所以扔為n，此時問題不就轉化成了樓層數m-k，雞蛋數n，求最壞情況下的最小次數嗎？
- 為什么取MAX？因為是最壞的情況，所以取碎了與沒碎中的最大情況。
代碼如下：
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;//最壞的情況下，自然是所有樓層試一遍，同時這也是雞蛋數為1時的答案
for(int m = 1;m <= floor;m++)
for(int n = 2;n <= egg;n++)//n必須從2開始，如果是1，就會出現ans[k-1][1-1=0]，顯然不存在0雞蛋的情況
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，該解法的時間復雜度為\(O(km^2)\)，空間復雜度為\(O(mn)\)，顯然還可以繼續優化。
動態規划+二分優化
對於\(f[k-1][n-1]\)和\(f[m-k][n]\)，當在第三重循環中，\(m,n\)不變，我們可以將其當作系數，只有\(k\)在\([1,m-1]\)的范圍內一直增加，而\(k\)又與樓層數有關，顯然，當樓層數增加時，測試次數一定增加（100層和101層，顯然100更有利吧？）。
而\(f[k-1][n-1]\)和\(f[m-k][n]\)，前者\(k\)系數為正，后者\(k\)系數為負，一個遞增，一個遞減，我們就可以找二分它們的交點，使得無論碎不碎，它們的測試結果都相同，使得時間復雜度為\(O(kmlogm)\)。
int superEggDrop(int egg,int floor){
int ans[floor+1][egg+1];//雞蛋數只需要考慮兩種情況
for(int m = 1;m <= floor;m++)
for(int n = 1;n <= egg;n++)
ans[m][n] = m;//最壞的情況下，自然是所有樓層試一遍，同時這也是雞蛋數為1時的答案
for(int m = 2;m <= floor;m++)//當樓層數為1時，結果必然是1
for(int n = 2;n <= egg;n++){//n必須從2開始，如果是1，就會出現ans[k-1][1-1=0]，顯然不存在0雞蛋的情況
int l = 1,r = m;//范圍是[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];
}
當然了，現在還不是最優解，由於時間問題，這里就不再贅述，有興趣的可以自行百度。