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，而算法必须是可行的，就是说要能找出这一层来，所以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：

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

// 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：

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

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，扔鸡蛋最小次数为x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。

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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