题目
你将获得 K 个鸡蛋，并可以使用一栋从 1 到 N 共有 N 层楼的建筑。
每个蛋的功能都是一样的，如果一个蛋碎了，你就不能再把它掉下去，如果没有碎可以继续使用。
你知道存在楼层 F ，满足 0 <= F <= N 任何从高于 F 的楼层落下的鸡蛋都会碎，从 F 楼层或比它低的楼层落下的鸡蛋都不会破。
每次移动，你可以取一个鸡蛋（如果你有完整的鸡蛋）并把它从任一楼层 X 扔下（满足 1 <= X <= N）。
你的目标是确切地知道 F 的值是多少。
无论 F 的初始值如何，请你确定 F 的值的最小移动次数是多少？
例如：
输入：K = 1, N = 2 输出：2
输入：K = 2, N = 100 输出：14
输入：K = 3, N = 14 输出：4
注意
- 1 <= K <= 100
- 1 <= N <= 10000
思路
算法一
（动态规划）$O(K\!N)$
- 状态$f(i,j)$表示使用$i$个鸡蛋，最大楼层为$j$时，所需要的最小移动次数。
- 显然初始状态$f(1,j)=j$。对于状态$f(i,j)$，如果枚举上一次测试为楼层$s$，则可以得到如下转移$f(i,j) = min_{s=1}^j(max(f(i-1,s-1),f(i,j-s)) + 1)$，分别表示在第$s$层摔碎和没摔碎。
- 如果直接枚举$s$，则总的时间复杂度为$O(K\!N^2)$，无法通过。考虑$f(i-1,s-1)和f(i,j-s)$的大小关系，可以发现，前者随着$s$单调递增，后者单调递减，且每次变化的值最多为1（可证明，略）。所以，如果存在${s}'$使得$f(i-1,s-1) = f(i,j-s)$，则此时${s}'$就是最优的；否则取两者最相近的两个$s$作比较，取最小值。
- 至此，$s$可以二分解决；总的时间复杂度：$O(K\!N\!logN)$。
- 但进一步可以发现，$s$会随着$j$的增加而增加，即最优决策点${s}'$是随着$j$单调递增的。因为对于固定的$s$，$f(i,j-s)$会随着$j$而增加，这就会造成3中的最优决策点也会向后移动。所以，我们只需在每次移动$j$后，继续从上次的${s}'$向后寻找最优决策点即可。
- 最终答案是$f(K,N)$
注意：在鸡蛋没摔碎时，我们还能用这$i$个鸡蛋在在上面的$j-s$层确定$F$，这里的实验与在第$1~(j-w)$所需的次数是一样的，因为它们的实验方法和步骤都是相同的，只不过这$(j-w)$层在上面罢了。
时间复杂度
- 状态数为$O(K\!N)$，对于每个$i$，寻找最优决策的均摊时间为$O(N)$，故总时间复杂度为$O(K\!N)$
C++代码
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颗鹰蛋在j层楼的最少次数 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
（动态规划）$O(KlogN)$
- 状态$f(i,j)$表示进行$i$次移动，有$j$个鸡蛋，最多可以检查的楼层高度是多少。
- 初始状态是$f(1,0)=0$，$f(1,j),j \geq 1$。
- 先给出转移方程，$f(i,j)= f(i-1,j-1)+f(i-1,j)+1$。假设$n_1=f(i-1,j-1),n_2=f(i-1,j)$，我们在第$i$次移动时测试第$n_1+1$层。
- 如果测试时鸡蛋碎掉了，则我们可以通过$i-1$次移动和$j-1$个鸡蛋来找到最高不会碎掉的楼层，因为楼层不会超过$n_1$了；如果鸡蛋没有碎掉，则在此基础上，我们可以使用$i-1$次移动和$j$个鸡蛋，在继续向上检查$n_2$层，故答案在$\left [ 0, n_1 + n_2 + 1 \right ]$范围内，都可以通过$i$次移动、$j$个鸡蛋来找到。
- 返回最小的$m$满足，$f(m,K) \geq N$。
- 这里第一维可以省略，更新时只需要倒序更新即可。
时间复杂度
- 最多进行$logN$轮更新，每轮更新需要$O(K)$的时间，故时间复杂度$O(K\!logN)$。
C++代码
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上也有这题，只是数据范围有所不同：Chernobyl’ Eagle on a Roof
参考链接：