URAL1223 Chernobyl’ Eagle on a Roof(dp)

最新推荐文章于 2021-08-18 11:48:32 发布

原创最新推荐文章于 2021-08-18 11:48:32 发布 · 319 阅读

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本文探讨了一种经典的动态规划问题——鸡蛋掉落问题。通过定义状态dp[x][tot]表示在x层楼还有tot个鸡蛋时最少需要的实验次数，利用递归公式进行求解，并通过优化减少时间复杂度。

题意：

$\ \ \ \ \$ 有一栋 $n$ 层楼的建筑，一个鸡蛋在超过 $x$ 层楼的地方丢下去的时候会碎，现在有 $m$ 个鸡蛋，问你最坏情况下需要多少次才能知道 $x$ 的值。
$\$

思路：

$\ \ \ \ \$ 设 $dp[x][tot]:$ 在 $x$ 层楼的时候还有 $tot$ 个鸡蛋最少的实验次数，那么可以知道：
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ dp[x][tot] = min\{\ max(dp[i-1][tot - 1] + 1, dp[x - i][tot] + 1)\ |\ 1 \leqslant i \leqslant x-1\ \}$
$\ \ \ \ \$ $dp[i-1][tot-1]$ 代表在第 $i$ 层这个鸡蛋碎了， $dp[x-i][tot]$ 代表在第 $i$ 层这个鸡蛋没碎，取最大值是因为要取最坏情况下的值，这样直接考虑的话时间是 $O(n^{2}m)$ ，会超时，但是其实鸡蛋不需要很多就能测出位置了， $1000$ 层的时候只要 $10$ 个鸡蛋就够了，所以 $m$ 和 $15$ 取个最小值就行了
$\$

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int maxn = 1e3 +10;
const int INF = 1e9 + 10;
using namespace std;

int n, m, T, kase = 1;
int dp[maxn][50];

///dp[x][tot] : 第x层还有tot个鸡蛋的实验最少次数
int dfs(int x, int tot) {
    if(!x) return dp[x][tot] = 0;
    if(!tot) return dp[x][tot] = INF; ///没有鸡蛋了
    if(x == 1) return dp[x][tot] = 1; ///只有一层都还有鸡蛋
    if(dp[x][tot] != -1) return dp[x][tot];
    int &res = dp[x][tot];
    res = dfs(x - 1, tot - 1) + 1; ///第x层丢下去碎了
    for(int i = 1; i < x; i++) {
        ///第i层丢下去没碎
        int si = dfs(x - i, tot) + 1;
        ///第i层丢下去碎了
        int ei = dfs(i - 1, tot - 1) + 1;
        res = min(res, max(si, ei)); ///最差情况
    }
    return res;
}

int main() {
    memset(dp, -1, sizeof dp);
    while(scanf("%d %d", &n, &m) && (n + m)) {
        n = min(15, n);
        int ans = dfs(m, n);
        cout << ans << endl;
    }

    return 0;
}