再谈大楼扔鸡蛋的问题

这道题是说，100 层楼，两个一模一样的鸡蛋，某层之上扔鸡蛋就会碎。问要测试多少次才能找出这层楼来。我曾经在去年初的这篇文章里面讨论过这个问题的解法，因为只想记录一下思路和讨论过程，写得很简略。现在，我想重新整理一下这个问题，再稍稍扩展和挖掘一下。希望可以用尽可能清晰易懂的描述，把这个问题的前后说清楚。

现在只有两个鸡蛋，而算法必须在各种合法输入下都是可行的，就是说要能找出这一层来，你得假设你的运气最差，这就意味着，我求解的是在每种扔鸡蛋的策略下都有一个需要扔的次数的最大值，而现在需要求解的是这些最大值中的最小值的问题。如果我只有一枚鸡蛋，这就意味着，我只能从第一层开始老老实实地一层一层往上试，不能越层；而我的运气非常非常差，于是我这样试验的结果就是一直试验到最高一层鸡蛋依然没破，试验的次数就等于楼层数 N。

动态规划法求解

现在，我有两枚鸡蛋，第一枚鸡蛋从哪一层楼开始扔就显得至关重要了。如果第一枚鸡蛋碎了，那就回到刚说的只有一枚鸡蛋的问题了。我相信很多人立即映射到脑子里的词是 “二分法”，也就是说，第一枚鸡蛋从 N/2 开始扔，如果碎了，扔的楼层数就是 N/2（注意取整）；如果没碎，剩下 N/2 楼层里继续用二分法。可以预计，如果没碎的情况，扔鸡蛋的总次数要小于 N/2。也就意味着，还有潜力可挖，如果不用二分法，让扔第一枚鸡蛋的楼层数为 x，它小于 N/2；同时如果第一枚鸡蛋没碎，接下去的策略，在运气最差的情况下仍然让扔的次数等于 x，就最经济了。

最常规的解法是动态规划。可以用动态规划法求解的问题必须满足这样的条件，分割成的子问题是最优解的时候，原问题也是最优解。显然这个问题满足这一点：假设扔的总次数为 f(x)，在第一次扔碎了的情况下，接下去只能一层一层试验，最多从第 1 层到第 x-1 层需要试验 x-1 次，加上扔第一个鸡蛋那一次，总的次数就是 (x-1)+1=x；在第一次没碎的情况下，就相当于一个新的相似子问题：在 N-x 层中寻找新的扔鸡蛋次数 f(N-x)，因此总次数就是 f(N-x)+1。那么：

f(x)=max(x, f(N-x)+1)

同时，递归求解的出口是：当 x=1，f(x)=1。所以，算法大致如下：

	// times[i] 表示 N 取值为 i 的时候，需要扔多少次
	private static int[] times;

	public static int dropEgg(int N) {
		// 初始化数组
		times = new int[N + 1];
		return dp(N);
	}

	private static int dp(int N) {
		// 两层楼或一层楼就没有计算的必要了
		if (1 == N)
			return 1;
		else if (2 == N)
			return 2;

		for (int x = 2; x < N; x++) {
			int max = maxTimes(N, x);
			if (0 == times[N] || times[N] > max)
				times[N] = max;
		}

		return times[N];
	}

	// 碎和不碎的次数最大值
	private static int maxTimes(int N, int x) {
		int sum = dp(N - x) + 1;
		if (x < sum)
			return sum;
		else
			return x;
	}

“两个鸡蛋” 到 “m 个鸡蛋”

现在把问题扩展一下，由两个鸡蛋扩展到 m 个鸡蛋，times 数组第一维表示最多可以扔几次，第二维表示扔第几次：

	public static int dropEgg(int N, int m) {
		// 初始化数组
		times = new int[m + 1][N + 1];
		return dp(N, m);
	}

	private static int dp(int N, int m) {
		if (1 == m || 1 == N || 2 == N)
			return N;

		for (int time = 2; time <= m; time++)
			for (int x = 2; x < N; x++) {
				int max = maxTimes(N, x, time);
				if (0 == times[time][N] || times[time][N] > max)
					times[time][N] = max;
			}

		return times[m][N];
	}

	// 碎和不碎的次数最大值
	private static int maxTimes(int N, int x, int m) {
		int sum = dp(N - x, m) + 1;
		if (x < sum)
			return sum;
		else
			return x;
	}

寻找规律

还是回到两个鸡蛋，随着 N 的值改变，可以发现 x 呈现这样的变化：

N=1, x=1

N=2, x=2

N=3, x=2

N=4, x=3

N=5, x=3

N=6, x=3

N=7, x=4

N=8, x=4

N=9, x=4

N=10, x=4

N=11, x=5

N=12, x=5

N=13, x=5

N=14, x=5

N=15, x=5

N=16, x=6

N=17, x=6

N=18, x=6

N=19, x=6

N=20, x=6

N=21, x=6

……

换言之，x=1 的有 1 项，x=2 的有 2 项，x=3 的有 3 项……网上最多的问法是当 N=100 的时候，x 是多少，根据这个规律：

(1+x)*x/2>=100

得知 x 的最小值是 14。

下面来证明一下这个猜想：

因为当扔鸡蛋的最小次数为 x 的时候，第一次从 x 层开始扔，如果碎了，那么接下去就要扔 x-1 次；如果没碎，接下去就变成了扔鸡蛋最小次数为 x-1 的子问题了，此时再扔的楼层数变成了 x+(x-1)，在这种情况下碎和不碎两种情况下需要再扔的次数是相等的，已经是最经济的扔法了，继续之，可以得到，扔鸡蛋最小次数的时候，最高可以检测到的楼层数为：

x+(x-1)+(x-2)+……+1

正好是一个等差数列求和的公式。

如果你还没有理解，我们可以换一个有趣的解释。现在把思路从 “给定 N 层楼，问最少需要扔多少次” 变化到 “给定 x 次最多扔鸡蛋的次数，最多可以在几层的楼上确定鸡蛋破碎的临界层”。

第一次我们从 x 层开始扔，如果碎了，那只能老老实实一层一层试验剩下的 1~(x-1) 层，那么这种情况下可以检测 x 层高的楼；假如说没碎，那么剩下 x-1 次可以试验，变成了一个接着要从 (x-1) 层开始扔的子问题了，这个时候可以检测 (x-1) 层高的楼……依此类推，也得到了最终累计可以检测的楼高，正是这个等差数列求和公式：

x+(x-1)+(x-2)+……+1

这也是为什么，我们可以从网上找到的扔鸡蛋问题，好多都是 N 等于 15、21、28、36 这样的数，这正好等于这个等差数列和。

现在把问题稍稍转变一下，把鸡蛋数量的限制去掉，再把求爬楼梯的限制加上，不妨再来求解：

如果鸡蛋数量无限，但是假如说扔一次鸡蛋需要耗费力气 a，每爬一层楼（无论向上还是向下）需要耗费力气 b，现在用怎样的扔鸡蛋策略，可以让耗费的总力气量最小？

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