经典动态规划：高楼扔鸡蛋（进阶篇） 手把手刷动态规划 25个
预计阅读时间：9 分钟 我们在 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。后台很多读者问如何更高效地解决这个问题，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。
如果还不知道高楼扔鸡蛋问题的读者可以看下 经典动态规划：高楼扔鸡蛋 ，那篇文章详解了题目的含义和基本的动态规划解题思路，请确保理解前文，因为 。
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。
一、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。
题目要求最坏情况下至少需要扔几次鸡蛋才能测出鸡蛋恰好摔不碎的楼层F。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：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 # 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
这个 for 循环就是下面这个状态转移方程的具体代码实现：
如果能够理解这个状态转移方程，那么就很容易理解二分查找的优化思路。
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 dp(K, N) 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，楼层增加的话，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。
我们前文 二分搜索只能用来查找元素吗？ 讲过，二分查找的运用很广泛，形如下面这种形式的 for 循环代码：
1 2 3 4 for (int i = 0 ; i < n; i++) { if (isOK(i)) return i; }
都很有可能可以运用二分查找来优化线性搜索的复杂度，回顾这两个dp函数的曲线，我们要找的最低点其实就是这种情况：
1 2 3 4 for (int i = 1 ; i <= N; i++) { if (dp(K - 1 , i - 1 ) == dp(K, N - i)) return dp(K, N - i); }
熟悉二分搜索的同学肯定敏感地想到了，这不就是相当于求 Valley（山谷）值嘛，可以用二分查找来快速寻找这个点的，直接看代码吧，整体的思路还是一样，只是加快了搜索速度：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 def superEggDrop (self, K: int , N: int ) -> int : memo = dict() def dp (K, N) : if K == 1 : return N if N == 0 : return 0 if (K, N) in memo: return memo[(K, N)] # for 1 <= i <= N: # res = min(res, # max( # dp(K - 1 , i - 1 ), # dp(K, N - i) # ) + 1 # ) res = float ('INF' ) # 用二分搜索代替线性搜索 lo, hi = 1 , N while lo <= hi: mid = (lo + hi) broken = dp(K - 1 , mid - 1 ) # 碎 not_broken = dp(K, N - mid) # 没碎 # res = min(max(碎，没碎) + 1 ) if broken > not_broken: hi = mid - 1 res = min(res, broken + 1 ) else : lo = mid + 1 res = min(res, not_broken + 1 ) memo[(K, N)] = res return res return dp(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(KN logN), 空间复杂度 O(KN)。效率上比之前的算法 O(KN^2) 要高效不少。
二、重写状态转移 前文 动态规划：不同的定义产生不同的解法 就提过，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：
1 2 3 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：
1 2 3 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，只不过是更聪明的穷举。
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 。
有点绕口，具体来说是这个意思：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 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：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 int superEggDrop (int K, int N) { int m = 0 ; while (dp[K][m] < N) { m++; } 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，允许测试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。之前的解法配了这样图帮助大家理解状态转移思路：
这个图描述的仅仅是某一个楼层i，原始解法还得线性或者二分扫描所有楼层，要求最大值、最小值。但是现在这种dp定义根本不需要这些了，基于下面两个事实：
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：
1 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k减一，也就是鸡蛋碎了，同时扔鸡蛋次数m减一。
PS：这个m为什么要减一而不是加一？之前定义得很清楚，这个m是一个允许的次数上界，而不是扔了几次。
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：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 int superEggDrop (int K, int N) { int [][] dp = new int [K + 1 ][N + 1 ]; int m = 0 ; while (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 ; } 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：
1 2 3 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 ;
看到这种代码形式就熟悉多了吧，因为我们要求的不是dp数组里的值，而是某个符合条件的索引m，所以用while循环来找到这个m而已。
这个算法的时间复杂度是多少？很明显就是两个嵌套循环的复杂度 O(KN)。
另外注意到dp[m][k]转移只和左边和左上的两个状态有关，所以很容易优化成一维dp数组，这里就不写了。
三、进一步思考 再往下就要用一些数学方法了，不具体展开，就简单提一下思路吧。
在刚才的思路之上，注意函数dp(m, k)是随着m单增的，因为鸡蛋个数k不变时，允许的测试次数越多，可测试的楼层就越高。
这里又可以借助二分搜索算法快速逼近dp[K][m] == N这个终止条件，时间复杂度进一步下降为 O(KlogN)，我们可以设g(k,m)等于……
算了算了，打住吧。我觉得我们能够写出 O(KN logN) 的二分优化算法就行了，后面的这些解法呢，听个响鼓个掌就行了，把欲望限制在能力的范围之内才能拥有快乐！
不过可以肯定的是，根据二分搜索代替线性扫描 m 的取值，代码的大致框架肯定是修改穷举 m 的 for 循环：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 int lo = 1 , hi = N;while (lo < hi) { int mid = (lo + hi) / 2 ; if (... < N) { lo = ... } else { hi = ... } for (int k = 1 ; k <= K; k++) }
简单总结一下吧，第一个二分优化是利用了dp函数的单调性 ，用二分查找技巧快速搜索答案；第二种优化是巧妙地修改了状态转移方程 ，简化了求解了流程，但相应的，解题逻辑比较难以想到；后续还可以用一些数学方法和二分搜索进一步优化第二种解法，不过看了看镜子中的发量，算了。
本文终，希望对你有一点启发。
