例四：扔鸡蛋问题
定义鸡蛋的硬度为 k，则代表鸡蛋最高从 k 楼扔下来不会碎掉，现在给你 n 个硬度相同的鸡蛋，楼高为 m，问最坏情况下最少测多少次，可以测出鸡蛋的硬度。
我们假设有2个鸡蛋，100层楼。那么我们应该如何扔在最坏情况下测的次数最少呢？
1.二分法：刚开始我傻傻的以为是二分法，第一个鸡蛋在第50层扔，但是如果一个鸡蛋在第50层碎了，那么第二个鸡蛋只能从第1层扔直到第49层，才能测出鸡蛋的硬度（在最坏情况为49层时），这样最坏情况下需要测50次
2.平方根法：我们继续优化，我们每10层测一次，第10层若碎了，第二个鸡蛋就从1层测到9层。若没碎继续测第20层…以此类推，最坏情况是第99层时，这时我们需要测10 + 9 = 19次
3.假设法：方法二一定是最优解吗？我们可以假设一下，设2个鸡蛋100层楼在最坏情况下最多测x次，那么第一个鸡蛋应该放在第x层最合适（如果第一个鸡蛋放在是x + i层，如果碎了最坏情况下最多测x + i次，比x次多；如果第一个鸡蛋放在x - i层，如果没碎的话，由于x - i比x小，所以它剩余测的次数一定 >= x）
因此，我们第一次放在x层（碎了话最多测x次，没碎的话第二次放在2 * x - 1层，碎的话最多测x次，没碎的话第三次放在3 * x - 3层，碎的话最多测x次，没碎的话第四次放在4 * x - 6层…依次类推），我们只要保证x + (x - 1) + (x - 2) … + 1 >= 100即可，这样解出最优答案为14
好了，以上是推理，我们可以用dp的方法来求出正确的答案。我们可以假设dp[i][j]代表i个鸡蛋j层楼最少测多少次。这样我们可以得到：
初始化：
dp[1][j] = k (1 <= j <= m) //一个鸡蛋j层楼最坏情况下最少需要测j次
dp[i][1] = 1 (1 <= i <= n) //i个鸡蛋1层楼最坏情况下最少需要测1次
这样我们可以得到dp转移式：
dp[i][m] = min(max(dp[i - 1][j - 1], dp[i][m - j])) (1 <= j <= m)
那么，当n范围为1e2，m范围为1e9的时候，我们怎么办呢？
数组肯定开不下那么大，而且上面算法的时间复杂度为O(n(m^2))，会直接爆掉的。这时我们就可以进行重新定义状态信息来优化算法。
我们可以假设dp[i][j]代表i个鸡蛋测j次最多能测多少层楼。这样我们可以得到：
//初始化：
dp[1][j] = j + 1 //一个鸡蛋测j次最多可以测j + 1层楼
dp[i][1] = 2 //i个鸡蛋测1次最多可以测2层楼
//当第j次测试碎了，那么dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
//当第j次测试没碎，那么dp[i][j] = dp[i][j - 1];
//因为第j次测试只有上述两种情况，所以我们可以得到dp转移式：
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i][j - 1];
我们只要找第一个dp[n][j]大于m的j即是正确答案
最后上AC代码：
#include <stdio.h>
#define ll long long
ll dp[35][100005] = {0};
int main () {
ll n, m;
scanf("%lld%lld", &n, &m);
if (n == 1) {
printf("%lld\n", m);
} else {
for (int i = 1; i <= 100000; i++) {
dp[1][i] = i + 1;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
dp[i][1] = 2;
}
for (int i = 2; i <= n; i++) {
for (int j = 2; j <= 100000; j++) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i][j - 1];
}
}
for (int j = 1; j <= 100000; j++) {
if (dp[n][j] >= m) {
printf("%d\n", j);
break;
}
}
}
return 0;
}
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