鸡蛋掉落

给你 k 枚相同的鸡蛋，并可以使用一栋从第 1 层到第 n 层共有 n 层楼的建筑。

已知存在楼层 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。

每次操作，你可以取一枚没有碎的鸡蛋并把它从任一楼层 x 扔下（满足 1 <= x <= n）。如果鸡蛋碎了，你就不能再次使用它。如果某枚鸡蛋扔下后没有摔碎，则可以在之后的操作中 重复使用 这枚鸡蛋。

请你计算并返回要确定 f 确切的值 的 最小操作次数 是多少？

示例 1：

输入：k = 1, n = 2
输出：2
解释：
鸡蛋从 1 楼掉落。如果它碎了，肯定能得出 f = 0 。
否则，鸡蛋从 2 楼掉落。如果它碎了，肯定能得出 f = 1 。
如果它没碎，那么肯定能得出 f = 2 。
因此，在最坏的情况下我们需要移动 2 次以确定 f 是多少。

示例 2：

输入：k = 2, n = 6
输出：3

示例 3：

输入：k = 3, n = 14
输出：4

提示：

• 1 <= k <= 100
• 1 <= n <= 104

解答

难过头了似乎

动态规划 + 二分查找

思路和算法

我们可以考虑使用动态规划来做这道题，状态可以表示成$(k,n)$，其中 k 为鸡蛋数，n 为楼层数。当我们从第 x 楼扔鸡蛋的时候：

如果鸡蛋不碎，那么状态变成$ (k, n-x)$，即我们鸡蛋的数目不变，但答案只可能在上方的 $n-x$ 层楼了。也就是说，我们把原问题缩小成了一个规模为 $(k,n-x)$的子问题；

如果鸡蛋碎了，那么状态变成$(k-1,x-1)$，即我们少了一个鸡蛋，但我们知道答案只可能在第 x 楼下方的$x-1$层楼中了。也就是说，我们把原问题缩小成了一个规模为$(k-1,x-1)$ 的子问题。

这样一来，我们定义$dp(k,n)$为在状态$(k,n)$下最少需要的步数。根据以上分析我们可以列出状态转移方程：

$$\text{dp}(k,n)=1+\underset{1\le x\le n}{\min }(\max (\text{dp}(k-1,x-1),\text{dp}(k,n-x)))$$

这个状态转移方程是如何得来的呢？对于 $dp(k,n)$而言，我们像上面分析的那样，枚举第一个鸡蛋扔在的楼层数 x。由于我们并不知道真正的 f 值，因此我们必须保证 鸡蛋碎了之后接下来需要的步数 和 鸡蛋没碎之后接下来需要的步数 二者的 最大值 最小，这样就保证了在 最坏情况下（也就是无论 f 的值如何）$dp(k,n)$的值最小。如果能理解这一点，也就能理解上面的状态转移方程，即最小化 $max(dp(k-1,x-1),dp(k,n-x))$。

如果我们直接暴力转移求解每个状态的$dp$ 值，时间复杂度是为 $O(k{n}^2)$，即一共有$O(kn)$个状态，对于每个状态枚举扔鸡蛋的楼层 x，需要 $O(n)$ 的时间。这无疑在当前数据范围下是会超出时间限制的，因此我们需要想办法优化枚举的时间复杂度。

我们观察到 $\text{dp}(k,n)$ 是一个关于 n 的单调递增函数，也就是说在鸡蛋数 kk 固定的情况下，楼层数 n 越多，需要的步数一定不会变少。在上述的状态转移方程中，第一项 ${\mathcal{T}}_1(x)=\text{dp}(k-1,x-1)$是一个随 x 的增加而单调递增的函数，第二项${\mathcal{T}}_2(x)=\text{dp}(k,n-x)$是一个随着 x 的增加而单调递减的函数。

这如何帮助我们来优化这个问题呢？当 x 增加时，${\mathcal{T}}_1(x)$单调递增而${\mathcal{T}}_2(x)$单调递减，我们可以想象在一个直角坐标系中，横坐标为 x，纵坐标为 ${\mathcal{T}}_1(x)$和 ${\mathcal{T}}_2(x)$。当一个函数单调递增而另一个函数单调递减时，我们如何找到一个位置使得它们的最大值最小呢？

如上图所示，如果这两个函数都是连续函数，那么我们只需要找出这两个函数的交点，在交点处就能保证这两个函数的最大值最小。但在本题中，${\mathcal{T}}_1(x)$和 ${\mathcal{T}}_2(x)$ 都是离散函数，也就是说，x 的值只能取 1, 2, 3等等。在这种情况下，我们需要找到最大的满足 ${\mathcal{T}}_1(x)<{\mathcal{T}}_2(x)$ 的 $x_0$，以及最小的满足 ${\mathcal{T}}_1(x)\ge {\mathcal{T}}_2(x)$的$ x_1$，对应到上图中，就是离这两个函数（想象中的）交点左右两侧最近的整数。

我们只需要比较在 $x_0$ 和$x_1$ 处两个函数的最大值，取一个最小的作为 x 即可。在数学上，我们可以证明出 $x_0$和$x_1$相差 11，这也是比较显然的，因为它们正好夹住了那个想象中的交点，并且相距尽可能地近。因此我们就可以使用二分查找的方法找出$x_0$，再得到 $x_1$：

• 我们在所有满足条件的 x 上进行二分查找。对于状态$(k,n)$而言，x 即为$[1,n]$中的任一整数；

• 在二分查找的过程中，假设当前这一步我们查找到了 $x_{\text{mid}}$ ，如果${\mathcal{T}}_1(x_{\text{mid}})>{\mathcal{T}}_2(x_{\text{mid}})$，那么真正的$x_0$一定在$x_{\text{mid}}$的左侧，否则真正的 $x_0$在 $x_{\text{mid}}$的右侧。

二分查找的写法因人而异，本质上我们就是需要找到最大的满足 ${\mathcal{T}}_1(x)<{\mathcal{T}}_2(x)$的$x_0$，根据 $x_{\text{mid}}$进行二分边界的调整。在得到了$x_0$后，我们可以知道 $x_1$即为 $x_0+1$，此时我们只需要比较$\max ({\mathcal{T}}_1(x_0),{\mathcal{T}}_2(x_0))$和 $\max ({\mathcal{T}}_1(x_1),{\mathcal{T}}_2(x_1))$，取较小的那个对应的位置作为 x 即可

这样一来，对于给定的状态$(k,n)$，我们只需要 $O(\log n)$ 的时间，通过二分查找就能得到最优的那个 x，因此时间复杂度从$O(k{n}^2)$降低至$O(kn\log n)$，可以通过本题。

class Solution:def superEggDrop(self, k: int, n: int) -> int:memo = {}def dp(k, n):if (k, n) not in memo:if n == 0:ans = 0elif k == 1:ans = nelse:lo, hi = 1, n# keep a gap of 2 x values to manually check laterwhile lo + 1 < hi:x = (lo + hi) // 2t1 = dp(k - 1, x - 1)t2 = dp(k, n - x)if t1 < t2:lo = xelif t1 > t2:hi = xelse:lo = hi = xans = 1 + min(max(dp(k - 1, x - 1), dp(k, n - x))for x in (lo, hi))memo[k, n] = ansreturn memo[k, n]return dp(k, n)

操! 老子看不懂五五五五五五 还是太菜了~