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# 887. 鸡蛋掉落 谷歌微软经典题目
力扣原题链接(点我直达) (opens new window)
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。
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示例 2:
输入:K = 2, N = 6 输出:3
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2
示例 3:
输入:K = 3, N = 14 输出:4
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提示:
1 <= K <= 100
1 <= N <= 10000
# 第0版 最好懂,可是会超时
int superEggDrop(int K, int N) { if (N == 0 || N == 1 || K == 1) { return N; } int minNum = N; for (int i = 1; i <= N; i++) { int tMin = max(superEggDrop(K - 1, i - 1), superEggDrop(K, N - i)); minNum = min(minNum, 1 + tMin); } return minNum; }
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# 第一版,公众号解析
https://mp.weixin.qq.com/s/7PEBnUfIpiuw26lVeihlhA
# 第二版,换个思路解题
执行用时 :8 ms, 在所有 cpp 提交中击败了68.65%的用户
内存消耗 :8.3 MB, 在所有 cpp 提交中击败了93.34%的用户
从多少楼层多少个蛋最少要扔几次,转变为有多少个蛋扔几次可以测试出多少楼层。
执行用时 :8 ms, 在所有 cpp 提交中击败了68.65%的用户
内存消耗 :8.1 MB, 在所有 cpp 提交中击败了97.84%的用户
int help(int i, int K) { return (i == 1 || K == 1) ? i : help(i - 1, K - 1) + help(i - 1, K) + 1; } int superEggDrop(int K, int N) { int count = 1; while (help(count, K) < N) { count++; } return count; }
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# 第二版的第二种解释
上面的方法的思路,都还是顺着题目的思路的进行的,其实我们可以换一个思路来想:“求k个鸡蛋在m步内可以测出多少层”。我们令dp [k] [m]表示k个鸡蛋在m步内可以测出的最多的层数,那么当我们在第X层扔鸡蛋的时候,就有两种情况:
鸡蛋碎了,我们少了一颗鸡蛋,也用掉了一步,此时测出N - X + dp [k-1] [m-1]层,X和它上面的N-X层已经通过这次扔鸡蛋确定大于F; 鸡蛋没碎,鸡蛋的数量没有变,但是用掉了一步,剩余X + dp [k] [m-1],X层及其以下已经通过这次扔鸡蛋确定不会大于F; 也就是说,我们每一次扔鸡蛋,不仅仅确定了下一次扔鸡蛋的楼层的方向,也确定了另一半楼层与F的大小关系,所以在下面的关键代码中,使用的不再是max,而是加法(这里是重点)。评论里有人问到为什么是相加,其实这里有一个惯性思维的误区,上面的诸多解法中,往往求max的思路是“两种方式中较大的那一个结果”,其实这里的相加,不是鸡蛋碎了和没碎两种情况的相加,而是“本次扔之后可能测出来的层数 + 本次扔之前已经测出来的层数”。
假设我们有 k 个鸡蛋可以移动 m 步,考虑某一步 t 应该在哪一层丢鸡蛋?一个正确的选择是在 dp [k-1] [t-1] + 1 层丢鸡蛋,结果分两种情况:
- 如果鸡蛋碎了,我们首先排除了该层以上的所有楼层(不管这个楼有多高),而对于剩下的 dp [k-1] [t-1] 层楼,我们一定能用 k-1 个鸡蛋在 t-1 步内求解。因此这种情况下,我们总共可以求解无限高的楼层。可见,这是一种非常好的情况,但并不总是发生。
- 如果鸡蛋没碎,我们首先排除了该层以下的 dp [k-1] [t-1] 层楼,此时我们还有 k 个蛋和 t-1 步,那么我们去该层以上的楼层继续测得 dp [k] [t-1] 层楼。因此这种情况下,我们总共可以求解 dp [k-1] [t-1] + dp [k] [t-1] + 1 层楼。
容易想象,在所有 m 步中只要有一次出现了第一种情况,那么我们就可以求解无限高的楼层。但“保证求解”的定义要求我们排除一切运气成分,因此我们只得认为每次移动都遇到第二种情况。于是得到递推公式:
dp [k ] [t] = dp [k-1] [t-1] + dp [k] [t-1] + 1
执行用时 :8 ms, 在所有 cpp 提交中击败了68.65%的用户
内存消耗 :31.8 MB, 在所有 cpp 提交中击败了25.89%的用户
int superEggDrop(int K, int N) { vector<vector<int>> dp(K + 1,vector<int>(N + 1,0)); //当N=0时,K等于多少都是0,或者当K=1时,只能有K种解法了 //dp[0][m] = 0; // zero egg for (int n = 1; n <= N; n++) { for (int k = 1; k <= K; k++) { dp[k][n] = dp[k][n - 1] + dp[k - 1][n - 1] + 1; if (dp[k][n] >= N) { return n; } } } return N; }
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