LeetCode887鸡蛋掉落——dp
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
- 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
class Solution {
public:
int superEggDrop(int K, int N) {
int m = K, n = N;
const int maxn = + ;
const int maxm = + ;
int d[maxn][maxm]; //dp[i][j]表示有i颗鹰蛋在j层楼的最少次数
if (m >= ceil(log(n + ) * 1.0) / log(2.0))
return (int)ceil(log((n + ) * 1.0) / log(2.0));
else
{
memset(d, , sizeof(d));
for (int i = ; i <= n; i++) d[][i] = i;
for (int i = ; i <= m; i++)
{
int s = ;
for (int j = ; j <= n; j++)
{
d[i][j] = d[i][j - ] + ; // while (s < j && d[i - ][s] < d[i][j - s - ]) s++; d[i][j] = min(d[i][j], max(d[i - ][s - ], d[i][j - s]) + );
if (s < j) d[i][j] = min(d[i][j], max(d[i - ][s], d[i][j - s - ]) + );
}
}
return d[m][n];
}
}
};
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
class Solution {
public:
int superEggDrop(int K, int N) {
vector<int> f(K + , );
f[] = ;
int m = ;
while (f[K] < N) {
for (int i = K; i >= ; i--)
f[i] = f[i] + f[i - ] + ;
m++;
} return m;
}
};
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:
1、https://www.acwing.com/solution/leetcode/content/579/
2、朱晨光:《优化,再优化!——从《鹰蛋》一题浅析对动态规划算法的优化
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