《丢鸡蛋问题》重制版来袭～
❝这是力扣加加第「5」篇原创文章 ❞
题目地址（887. 鸡蛋掉落）
https://leetcode-cn.com/problems/super-egg-drop/
题目描述
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。
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，你确定 F 的值的最小移动次数是多少？
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，我们肯定知道 F = 0 。否则，鸡蛋从 2 楼掉落。如果它碎了，我们肯定知道 F = 1 。如果它没碎，那么我们肯定知道 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 <= 10000
前置知识
- 递归
- 动态规划[1]
思路
本题也是 vivo 2020 年提前批的一个笔试题。时间一个小时，一共三道题，分别是本题，合并 k 个链表，以及种花问题。
这道题我在很早的时候做过，也写了题解[2]。现在看来，思路没有讲清楚。没有讲当时的思考过程还原出来，导致大家看的不太明白。今天给大家带来的是 887.super-egg-drop 题解的「重制版」。思路更清晰，讲解更透彻，如果觉得有用，那就转发在看支持一下？OK，我们来看下这道题吧。
这道题乍一看很复杂，我们不妨从几个简单的例子入手，尝试打开思路。
假如有 2 个鸡蛋，6 层楼。我们应该先从哪层楼开始扔呢？想了一会，没有什么好的办法。我们来考虑使用暴力的手段。
（图 1. 这种思路是不对的）
既然我不知道先从哪层楼开始扔是最优的，那我就依次模拟从第 1，第 2。。。第 6 层扔。每一层楼丢鸡蛋，都有两种可能，碎或者不碎。由于是最坏的情况，因此我们需要模拟两种情况，并取两种情况中的扔次数的较大值（较大值就是最坏情况）。然后我们从六种扔法中选择最少次数的即可。
（图 2. 应该是这样的）
而每一次选择从第几层楼扔之后，剩下的问题似乎是一个规模变小的同样问题。嗯哼？递归？
为了方便描述，我将 f(i, j) 表示有 i 个鸡蛋， j 层楼，在最坏情况下，最少的次数。
伪代码：
def superEggDrop(K, N):
ans = N
# 暴力枚举从第 i 层开始扔
for i in range(1, N + 1):
ans = min(ans, max(self.superEggDrop(K - 1, i - 1) + 1, self.superEggDrop(K, N - i) + 1))
return ans
如上代码：
- self.superEggDrop(K - 1, i - 1) 指的是鸡蛋破碎的情况，我们就只剩下 K - 1 个鸡蛋， 并且 i - 1 个楼层需要 check。
- self.superEggDrop(K, N - i) + 1 指的是鸡蛋没有破碎的情况，我们仍然有 K 个鸡蛋， 并且剩下 N - i 个楼层需要 check。
接下来，我们增加两行递归的终止条件，这道题就完成了。
class Solution:
def superEggDrop(self, K: int, N: int) -> int:
if K == 1: return N
if N == 0 or N == 1: return N
ans = N
# 暴力枚举从第 i 层开始扔
for i in range(1, N + 1):
ans = min(ans, max(self.superEggDrop(K - 1, i - 1) + 1, self.superEggDrop(K, N - i) + 1))
return ans
可是如何这就结束的话，这道题也不能是 hard，而且这道题是公认难度较大的 hard 之一。
上面的代码会 TLE，我们尝试使用记忆化递归来试一下，看能不能 AC。
class Solution:
@lru_cache()
def superEggDrop(self, K: int, N: int) -> int:
if K == 1: return N
if N == 0 or N == 1: return N
ans = N
# 暴力枚举从第 i 层开始扔
for i in range(1, N + 1):
ans = min(ans, max(self.superEggDrop(K - 1, i - 1) + 1, self.superEggDrop(K, N - i) + 1))
return ans
性能比刚才稍微好一点，但是还是很容易挂。
那只好 bottom-up（动态规划）啦。
(图 3)
我将上面的过程简写成如下形式：
(图 4)
与其递归地进行这个过程，我们可以使用迭代的方式。相比于上面的递归式，减少了栈开销。然而两者有着很多的相似之处。
如果说递归是用函数调用来模拟所有情况， 那么动态规划就是用表来模拟。我们知道所有的情况，无非就是 N 和 K 的所有组合，我们怎么去枚举 K 和 N 的所有组合？当然是套两层循环啦！
（图 5. 递归 vs 迭代）
如上，你将 dp[i][j] 看成 superEggDrop(i, j)，是不是和递归是一摸一样？
来看下迭代的代码：
class Solution:
def superEggDrop(self, K: int, N: int) -> int:
for i in range(K + 1):
for j in range(N + 1):
if i == 1:
dp[i][j] = j
if j == 1 or j == 0:
dp[i][j] == j
dp[i][j] = j
for k in range(1, j + 1):
dp[i][j] = min(dp[i][j], max(dp[i - 1][k - 1] + 1, dp[i][j - k] + 1))
return dp[K][N]
值得注意的是，在这里内外循环的顺序无关紧要，并且内外循坏的顺序对我们写代码来说复杂程度也是类似的，各位客官可以随意调整内外循环的顺序。比如这样也是可以的：
class Solution:
def superEggDrop(self, K: int, N: int) -> int:
dp = [[0] * (K + 1) for _ in range(N + 1)]
for i in range(N + 1):
for j in range( K + 1):
if j == 1:
dp[i][j] = i
if i == 1 or i == 0:
dp[i][j] == i
dp[i][j] = i
for k in range(1, i + 1):
dp[i][j] = min(dp[i][j], max(dp[k - 1][j - 1] + 1, dp[i - k][j] + 1))
return dp[N][K]
dp = [[0] * (N + 1) for _ in range(K + 1)]
总结一下，上面的解题方法思路是：
然而这样还是不能 AC。这正是这道题困难的地方。「一道题目往往有不止一种状态转移方程，而不同的状态转移方程往往性能是不同的。」
那么这道题有没有性能更好的其他的状态转移方程呢？
把思路逆转！
❝这是《逆转裁判》 中经典的台词， 主角在深处绝境的时候，会突然冒出这句话，从而逆转思维，寻求突破口。 ❞
我们这样来思考这个问题。既然题目要求最少的扔的次数，假设有一个函数 f(k, i)，他的功能是求出 k 个鸡蛋，扔 i 次所能检测的最高楼层。
我们只需要不断进行发问：
- ”f 函数啊 f 函数，我扔一次可以么？“， 也就是判断 f(k, 1) >= N 的返回值
- ”f 函数啊 f 函数，我扔两次呢？“， 也就是判断 f(k, 2) >= N 的返回值
- ...
- ”f 函数啊 f 函数，我扔 m 次呢？“， 也就是判断 f(k, m) >= N 的返回值
我们只需要返回第一个返回值为 true 的 m 即可。
❝想到这里，我条件发射地想到了二分法。聪明的小朋友们，你们觉得二分可以么？为什么？欢迎评论区留言讨论。 ❞
那么这个神奇的 f 函数怎么实现呢？其实很简单。
- 摔碎的情况，可以检测的最高楼层是
f(m - 1, k - 1) + 1。因为碎了嘛，我们多检测了摔碎的这一层。 - 没有摔碎的情况，可以检测的最高楼层是
f(m - 1, k)。因为没有碎，也就是说我们啥都没检测出来（对能检测的最高楼层无贡献）。
我们来看下代码：
class Solution:
def superEggDrop(self, K: int, N: int) -> int:
def f(m, k):
if k == 0 or m == 0: return 0
return f(m - 1, k - 1) + 1 + f(m - 1, k)
m = 0
while f(m, K) < N:
m += 1
return m
上面的代码可以 AC。我们来顺手优化成迭代式。
class Solution:
def superEggDrop(self, K: int, N: int) -> int:
dp = [[0] * (K + 1) for _ in range(N + 1)]
m = 0
while dp[m][K] < N:
m += 1
for i in range(1, K + 1):
dp[m][i] = dp[m - 1][i - 1] + 1 + dp[m - 1][i]
return m
代码
代码支持：JavaSCript，Python
Python:
class Solution:
def superEggDrop(self, K: int, N: int) -> int:
dp = [[0] * (K + 1) for _ in range(N + 1)]
m = 0
while dp[m][K] < N:
m += 1
for i in range(1, K + 1):
dp[m][i] = dp[m - 1][i - 1] + 1 + dp[m - 1][i]
return m
JavaSCript:
var superEggDrop = function (K, N) {
// 不选择dp[K][M]的原因是dp[M][K]可以简化操作
const dp = Array(N + 1)
.fill(0)
.map((_) => Array(K + 1).fill(0));
let m = 0;
while (dp[m][K] < N) {
m++;
for (let k = 1; k <= K; ++k) dp[m][k] = dp[m - 1][k - 1] + 1 + dp[m - 1][k];
}
return m;
};
「复杂度分析」
- 时间复杂度：O(m * K)，其中 m 为答案。
- 空间复杂度：O(K * N)
总结
- 对于困难，先举几个简单例子帮助你思考。
- 递归和迭代的关系，以及如何从容地在两者间穿梭。
- 如果你还不熟悉动态规划，可以先从递归做起。多画图，当你做多了题之后，就会越来越从容。
- 对于动态规划问题，往往有不止一种状态转移方程，而不同的状态转移方程往往性能是不同的。
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Reference
[1]
动态规划: https://github.com/azl397985856/leetcode/blob/master/thinkings/dynamic-programming.md
[2]
887.super-egg-drop 题解: https://github.com/azl397985856/leetcode/blob/master/problems/887.super-egg-drop.md