鸡蛋掉落

一、解析题目

题目是这样：你面前有一栋从 1 到 N 共 N 层的楼，然后给你 K 个鸡蛋（K 至少为 1）。现在确定这栋楼存在楼层 0 <= F <= N，在这层楼将鸡蛋扔下去，鸡蛋恰好没摔碎（高于 F 的楼层都会碎，低于 F 的楼层都不会碎）。现在问你，最坏情况下，你至少要扔几次鸡蛋，才能确定这个楼层 F 呢？

也就是让你找摔不碎鸡蛋的最高楼层 F，但什么叫最坏情况 下 至少要扔几次呢？我们分别举个例子就明白了。

比方说现在先不管鸡蛋个数的限制，有 7 层楼，你怎么去找鸡蛋恰好摔碎的那层楼？

最原始的方式就是线性扫描：我先在 1 楼扔一下，没碎，我再去 2 楼扔一下，没碎，我再去 3 楼……

以这种策略，最坏情况应该就是我试到第 7 层鸡蛋也没碎（F = 7），也就是我扔了 7 次鸡蛋。

先在你应该理解什么叫做最坏情况下了，鸡蛋破碎一定发生在搜索区间穷尽时，不会说你在第 1 层摔一下鸡蛋就碎了，这是你运气好，不是最坏情况。

现在再来理解一下什么叫至少要扔几次。依然不考虑鸡蛋个数限制，同样是 7 层楼，我们可以优化策略。

最好的策略是使用二分查找思路，我先去第 (1 + 7) / 2 = 4 层扔一下：

如果碎了说明 F 小于 4，我就去第 (1 + 3) / 2 = 2 层试……

如果没碎说明 F 大于等于 4，我就去第 (5 + 7) / 2 = 6 层试……

以这种策略，最坏情况应该是试到第 7 层鸡蛋还没碎（F = 7），或者鸡蛋一直碎到第 1 层（F = 0）。然而无论那种最坏情况，只需要试 log7 向上取整等于 3 次，比刚才尝试 7 次要少，这就是所谓的至少要扔几次。

PS：这有点像 Big O 表示法计算​算法的复杂度。

实际上，如果不限制鸡蛋个数的话，二分思路显然可以得到最少尝试的次数，但问题是，现在给你了鸡蛋个数的限制 K，直接使用二分思路就不行了。

比如说只给你 1 个鸡蛋，7 层楼，你敢用二分吗？你直接去第 4 层扔一下，如果鸡蛋没碎还好，但如果碎了你就没有鸡蛋继续测试了，无法确定鸡蛋恰好摔不碎的楼层 F 了。这种情况下只能用线性扫描的方法，算法返回结果应该是 7。

有的读者也许会有这种想法：二分查找排除楼层的速度无疑是最快的，那干脆先用二分查找，等到只剩 1 个鸡蛋的时候再执行线性扫描，这样得到的结果是不是就是最少的扔鸡蛋次数呢？

很遗憾，并不是，比如说把楼层变高一些，100 层，给你 2 个鸡蛋，你在 50 层扔一下，碎了，那就只能线性扫描 1～49 层了，最坏情况下要扔 50 次。

如果不要「二分」，变成「五分」「十分」都会大幅减少最坏情况下的尝试次数。比方说第一个鸡蛋每隔十层楼扔，在哪里碎了第二个鸡蛋一个个线性扫描，总共不会超过 20 次​。

最优解其实是 14 次。最优策略非常多，而且并没有什么规律可言。

说了这么多废话，就是确保大家理解了题目的意思，而且认识到这个题目确实复杂，就连我们手算都不容易，如何用算法解决呢？

二、思路分析

对动态规划问题，直接套我们以前多次强调的框架即可：这个问题有什么状态，有什么选择，然后穷举。

状态很明显，就是当前拥有的鸡蛋数 K 和需要测试的楼层数 N。随着测试的进行，鸡蛋个数可能减少，楼层的搜索范围会减小，这就是状态的变化。

选择其实就是去选择哪层楼扔鸡蛋。回顾刚才的线性扫描和二分思路，二分查找每次选择到楼层区间的中间去扔鸡蛋，而线性扫描选择一层层向上测试。不同的选择会造成状态的转移。

现在明确了「状态」和「选择」，动态规划的基本思路就形成了：肯定是个二维的 dp 数组或者带有两个状态参数的 dp 函数来表示状态转移；外加一个 for 循环来遍历所有选择，择最优的选择更新状态：

# 当前状态为 K 个鸡蛋，面对 N 层楼
# 返回这个状态下的最优结果
def dp(K, N):
    int res
    for 1 <= i <= N:
        res = min(res, 这次在第 i 层楼扔鸡蛋)
    return res

这段伪码还没有展示递归和状态转移，不过大致的算法框架已经完成了。

我们选择在第 i 层楼扔了鸡蛋之后，可能出现两种情况：鸡蛋碎了，鸡蛋没碎。注意，这时候状态转移就来了：

• 如果鸡蛋碎了，那么鸡蛋的个数 K 应该减一，搜索的楼层区间应该从 [1..N] 变为 [1..i-1] 共 i-1 层楼；

• 如果鸡蛋没碎，那么鸡蛋的个数 K 不变，搜索的楼层区间应该从 [1..N] 变为 [i+1..N] 共 N-i 层楼。
  

因为我们要求的是最坏情况下扔鸡蛋的次数，所以鸡蛋在第 i 层楼碎没碎，取决于那种情况的结果更大：

def dp(K, N):
    for 1 <= i <= N:
        # 最坏情况下的最少扔鸡蛋次数
        res = min(res, 
                  max( 
                        dp(K - 1, i - 1), # 碎
                        dp(K, N - i)      # 没碎
                     ) + 1 # 在第 i 楼扔了一次
                 )
    return res

递归的 base case 很容易理解：

• 当楼层数 N 等于 0 时，显然不需要扔鸡蛋；
• 当鸡蛋数 K 为 1 时，显然只能线性扫描所有楼层：

def dp(K, N):
    if K == 1: return N
    if N == 0: return 0
    ...

至此，其实这道题就解决了！只要添加一个备忘录消除重叠子问题即可：

class Solution {
public:
    int dp[106][10006];

    int dfs(int k, int n) {
        if (k == 1) return n;
        if (n <= 0) return 0;
        //避免重复计算
        if (dp[k][n] != -1) return dp[k][n];

        int tmp = oo;
        for (int i = 1; i <= n ; i++) {
            int eggbreak = dfs(k - 1, i - 1);
            int eggok = dfs(k, n - i);

            tmp = min(tmp, max(eggbreak, eggok) + 1);
        }
        dp[k][n] = tmp;
        return tmp;
    }


    int superEggDrop(int k, int n) {
        for (int i = 0; i <= 104; i++) {
            for (int j = 0; j <= 10004; j++) {
                dp[i][j] = -1;
            }
        }
        return dfs(k,n);
    }
};

这个算法的时间复杂度是多少呢？动态规划算法的时间复杂度就是子问题个数 × 函数本身的复杂度。

函数本身的复杂度就是忽略递归部分的复杂度，这里 dp 函数中有一个 for 循环，所以函数本身的复杂度是 O(N)。

子问题个数也就是不同状态组合的总数，显然是两个状态的乘积，也就是 O(KN)。

所以算法的总时间复杂度是 O(K*N^2), 空间复杂度 O(KN)。

进阶解法

上篇文章聊了高楼扔鸡蛋问题，讲了一种效率不是很高，但是较为容易理解的动态规划解法。今天就谈两种思路，来优化一下这个问题，分别是二分查找优化和重新定义状态转移。

二分搜索的优化思路也许是我们可以尽力尝试写出的，而修改状态转移的解法可能是不容易想到的，可以借此见识一下动态规划算法设计的玄妙，当做思维拓展。

二分搜索优化

之前提到过这个解法，核心是因为状态转移方程的单调性，这里可以具体展开看看。

首先简述一下原始动态规划的思路：

1、暴力穷举尝试在所有楼层 1 <= i <= N 扔鸡蛋，每次选择尝试次数最少的那一层；

2、每次扔鸡蛋有两种可能，要么碎，要么没碎；

3、如果鸡蛋碎了，F 应该在第 i 层下面，否则，F 应该在第 i 层上面；

4、鸡蛋是碎了还是没碎，取决于哪种情况下尝试次数更多，因为我们想求的是最坏情况下的结果。

核心的状态转移代码是这段：

# 当前状态为 K 个鸡蛋，面对 N 层楼
# 返回这个状态下的最优结果
def dp(K, N):
    for 1 <= i <= N:
        # 最坏情况下的最少扔鸡蛋次数
        res = min(res, 
                  max( 
                        dp(K - 1, i - 1), # 碎
                        dp(K, N - i)      # 没碎
                     ) + 1 # 在第 i 楼扔了一次
                 )
    return res

首先我们根据 dp(K, N) 数组的定义（有 K 个鸡蛋面对 N 层楼，最少需要扔几次），很容易知道 K 固定时，这个函数随着 N 的增加一定是单调递增的，无论你策略多聪明，楼层增加测试次数一定要增加。

那么注意 dp(K - 1, i - 1) 和 dp(K, N - i) 这两个函数，其中 i 是从 1 到 N 单增的，如果我们固定 K 和 N，把这两个函数看做关于 i 的函数，前者随着 i 的增加应该也是单调递增的，而后者随着 i 的增加应该是单调递减的：

这时候求二者的较大值，再求这些最大值之中的最小值，其实就是求这两条直线交点，也就是红色折线的最低点嘛。

class Solution {
public:
    int dp[106][10006];

    int dfs(int k, int n) {
        if (k == 1) return n;
        if (n <= 0) return 0;
        //避免重复计算
        if (dp[k][n] != -1) return dp[k][n];

        int ans = oo;
//原始线性解法
//        for (int i = 1; i <= n ; i++) {
//            int eggbreak = dfs(k - 1, i - 1);
//            int eggok = dfs(k, n - i);
//
//            ans = min(ans, max(eggbreak, eggok) + 1);
//        }

        //二分优化解法
        int low = 1, high = n, mid;
        while (low <= high) {
            mid = (low + high) / 2;
            int eggbreak = dfs(k - 1, mid - 1);
            int eggok = dfs(k, n - mid);

            if (eggbreak > eggok) {
                high = mid - 1;
                ans = min(ans, eggbreak + 1);
            } else {
                low = mid + 1;
                ans = min(ans, eggok + 1);
            }
        }

        dp[k][n] = ans;
        return ans;
    }
    
    int superEggDrop(int k, int n) {
        for (int i = 0; i <= 104; i++) {
            for (int j = 0; j <= 10004; j++) {
                dp[i][j] = -1;
            }
        }
        return dfs(k, n);
    }
};

这个算法的时间复杂度是多少呢？动态规划算法的时间复杂度就是子问题个数 × 函数本身的复杂度。

函数本身的复杂度就是忽略递归部分的复杂度，这里 dp 函数中用了一个二分搜索，所以函数本身的复杂度是 O(logN)。

子问题个数也就是不同状态组合的总数，显然是两个状态的乘积，也就是 O(KN)。

所以算法的总时间复杂度是 O(KNlogN), 空间复杂度 O(KN)。效率上比之前的算法 O(KN^2) 要高效一些。

重新定义状态转移

找动态规划的状态转移本就是见仁见智，比较玄学的事情，不同的状态定义可以衍生出不同的解法，其解法和复杂程度都可能有巨大差异。这里就是一个很好的例子。

再回顾一下我们之前定义的 dp 数组含义：

def dp(k, n) -> int
# 当前状态为 k 个鸡蛋，面对 n 层楼
# 返回这个状态下最少的扔鸡蛋次数

用 dp 数组表示的话也是一样的：

dp[k][n] = m
# 当前状态为 k 个鸡蛋，面对 n 层楼
# 这个状态下最少的扔鸡蛋次数为 m

按照这个定义，就是确定当前的鸡蛋个数和面对的楼层数，就知道最小扔鸡蛋次数。最终我们想要的答案就是 dp(K, N) 的结果。

这种思路下，肯定要穷举所有可能的扔法的，用二分搜索优化也只是做了「剪枝」，减小了搜索空间，但本质思路没有变，还是穷举。

现在，我们稍微修改 dp 数组的定义，确定当前的鸡蛋个数和最多允许的扔鸡蛋次数，就知道能够确定 F 的最高楼层数。具体来说是这个意思：

dp[k][m] = n
# 当前有 k 个鸡蛋，可以尝试扔 m 次鸡蛋
# 这个状态下，最坏情况下最多能确切测试一栋 n 层的楼

# 比如说 dp[1][7] = 7 表示：
# 现在有 1 个鸡蛋，允许你扔 7 次;
# 这个状态下最多给你 7 层楼，
# 使得你可以确定楼层 F 使得鸡蛋恰好摔不碎
# （一层一层线性探查嘛）

这其实就是我们原始思路的一个反向版本，我们先不管这种思路的状态转移怎么写，先来思考一下这种定义之下，最终想求的答案是什么？

我们最终要求的其实是扔鸡蛋次数 m，但是这时候m在状态之中而不是dp数组的结果，可以这样处理：

int superEggDrop(int K, int N) {
    int m = 0;
    while (dp[K][m] < N) {
        m++;
        // 状态转移...
    }
    return m;
}

题目不是给你 K 鸡蛋，N 层楼，让你求最坏情况下最少的测试次数 m 吗？while 循环结束的条件是 dp[K][m] == N，也就是给你 K 个鸡蛋，测试 m 次，最坏情况下最多能测试 N 层楼。

注意看这两段描述，是完全一样的！所以说这样组织代码是正确的，关键就是状态转移方程怎么找呢？还得从我们原始的思路开始讲。

• 1、无论你在哪层楼扔鸡蛋，鸡蛋只可能摔碎或者没摔碎，碎了的话就测楼下，没碎的话就测楼上。

• 2、无论你上楼还是下楼，总的楼层数 = 楼上的楼层数 + 楼下的楼层数 + 1（当前这层楼）。

根据这个特点，可以写出下面的状态转移方程：

dp[k][m] = dp[k][m - 1] + dp[k - 1][m - 1] + 1

dp[k][m - 1] 就是楼上的楼层数，因为鸡蛋个数 k 不变，也就是鸡蛋没碎，扔鸡蛋次数 m 减一；

dp[k - 1][m - 1] 就是楼下的楼层数，因为鸡蛋个数 k 减一，也就是鸡蛋碎了，同时扔鸡蛋次数 m 减一。

至此，整个思路就完成了，只要把状态转移方程填进框架即可：

class Solution {
public:
    int dp[108][10006];

    int superEggDrop(int k, int n) {
        int m = 0;
        //k为鸡蛋数，m为扔的次数
        while (dp[k][m] < n) {
            m++;
            for (int i = 1; i <= k; i++) {
                dp[i][m] = dp[i - 1][m - 1] + dp[i][m - 1] + 1;
            }
        }
        return m;
    }
};

如果你还觉得这段代码有点难以理解，其实它就等同于这样写：

for (int m = 1; dp[K][m] < N; m++)
    for (int k = 1; k <= K; k++)
        dp[k][m] = dp[k][m - 1] + dp[k - 1][m - 1] + 1;