鸡蛋掉落-动态规划
题目描述：
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？
题目理解
首先，本题要求的最小的移动次数可以理解为最少的扔鸡蛋次数，也就是说，最少扔几次鸡蛋就一定可以找到楼层F使鸡蛋恰好不被摔坏（再向上一层就摔坏了），鸡蛋碎了不可再用。而 F 的位置并不确定（如果我们知道 F 是几，那就不用扔鸡蛋了），无论 F 为第几层，假设我们都可以在 t 次或小于 t 次扔鸡蛋后找到 F ，那么最小的 t 即为答案。换言之，扔鸡蛋的次数和方式必须可以判断所有楼层是否是 F ，即最少扔几次可以“遍历”N层高的楼。
如果题目没有限制鸡蛋个数（随便摔），那么采用二分扔鸡蛋方式可以用最少的次数找到 F ，例如有5层楼，首先在第3层扔，如果碎了， F 只能在3层一下，继续向下二分，如果没碎，则向上二分。但是，题目限制了鸡蛋个数，使用二分法可能导致鸡蛋数量不够用，如 N 为9， K 为2，在第5层扔了鸡蛋，碎了，那么只剩一个鸡蛋， F 可能为0-4，为了找到 F ，只能从第一层向上逐层扔最后一个鸡蛋，那么还得扔4次；但如果一开始在第4层扔第一个鸡蛋，无论鸡蛋碎或没碎，都只需要再扔3次就能确定，因此，二分法并不是正确的求解姿势，只有鸡蛋数量足够时才是最好，若数量不够，则第一次扔鸡蛋通常选择在中间楼层以下的某个位置（这不重要）。这道题可以用动态规划的方法求解。
算法思路 1
本题的状态量有两个，一是鸡蛋数量 K ，二是楼层 N ，可以使用dp[K][N]来表示 K 个鸡蛋“遍历” N 层楼需要的次数。第一次扔鸡蛋的楼层假设为 x ，如果碎了，还需要再扔dp[K-1][x-1]次，如果没碎，还需要扔dp[k][N-x]次，因此，需要次数为max(dp[K-1][x-1], dp[k][N-x])，而 x 的范围为1<=x<=N，则有关系式：
dp[K][N] = min(max(dp[K-1][x-1], dp[k][N-x])), 1<=x<=N
很显然，随着 x 的增加，max(dp[K-1][x-1], dp[k][N-x]) 是先减后增的，因此可以进行剪枝，x 不需要遍历到N。不过，该算法时间复杂度依然为o(KN2), 效率较低。
c++实现
int superEggDrop(int K, int N) { int time[K+1][N+1]; for(int i = 1; i <= K; i++) for(int j = 1; j <= N; j++){ if(i == 1) time[i][j] = j; else if(j <= 2) time[i][j] = j; else{ int p = 2; while(p < j-1 && max(time[i-1][p], time[i][j-p-1]) <= max(time[i-1][p-1],time[i][j-p]) ) p++; time[i][j] = max(time[i-1][p-1], time[i][j-p])+1; } } return time[K][N]; }
算法思路 2
还有另一种动态规划方法，经上述分析，题目要求解出能够“遍历” N 层楼的最小扔鸡蛋次数 t ，反过来看，也可以求当允许扔鸡蛋的次数为 m 时，在 K 个鸡蛋的情况下，可以“遍历”的楼层数 n，随着 m 的增加，n越来越大，直到 n > N 时，m 即为 t ，因此可以设置dp[m][K]表示有 K 个鸡蛋，允许扔 m 次时可以“遍历”的楼层数。假设扔第一次时（在 x 楼），鸡蛋碎了，那么还有 m-1 次机会，K-1 个鸡蛋，可以继续向下检测dp[m-1][K-1]层楼，如果没有碎，则可以向上检测dp[m-1][K]层楼，因此，dp[m][K] = 1 + dp[m-1][K-1] + dp[m-1][K]。代码实现如下，进行了优化，使用两个一维数组dp1[K+1]，dp2[K+1]代替dp[m][K]。
最坏时间复杂度为o(KN)。
c++实现
int superEggDrop(int K, int N) {
int dp1[K+1] = {0};
int dp2[K+1] = {0};
int time = 0;
while(dp1[K] < N){
time++;
for(int i = 1; i <= K; i++){
dp2[i] = dp1[i-1] + dp1[i] + 1;
dp1[i-1] = dp2[i-1];
}
dp1[K] = dp2[K];
}
return time;
}