假设你面前有一栋n层的大楼和m个鸡蛋，假设将鸡蛋从f层或更高的地方放扔下去，鸡蛋才会碎，否则就不会。你需要设计一种策略来确定f的值，求最坏情况下扔鸡蛋次数的最小值。
乍一看这道题很抽象，可能有的人一看到这个题目从来没做过，就懵逼了。其实不用慌张，再花里胡哨的题目，最后都可以抽象成我们熟悉的数据结构和算法去解决。
不限鸡蛋
首先，我们从一个简单的版本开始理解，假如不限制鸡蛋个数，即把题目改成n层大楼和无限个鸡蛋。那么这题要怎么解呢？
第一步就是要充分理解题意，排除题目中的干扰，建立模型：
在一栋n层的大楼中寻找目标楼层f --> 其实就是在一个1～n的数组中查找一个目标数字。
鸡蛋碎了就代表楼层过高，否则就代表楼层过低 --> 每次尝试都能知道当前数字是大了还是小了。
很显然，这就是一个二分查找能解决的问题。
扔鸡蛋的次数就是二分查找的比较次数，即$log_2(n+1)$。
限制鸡蛋个数
那我们现在再来看限制鸡蛋个数情况下，肯定没法用二分查找，但是由于求解的是一个最优值，我们自然而然地想到了动态规划。
四步走
动态规划的题目，这边提供一个思路，就是四步走：
问题建模，优化的目标函数是什么？约束条件是什么？
划分子问题（状态）
列出状态转移方程及初值
是否满足最优子结构性质
建模
这一步非常非常重要，它建立在良好地理解题意的基础上。其实很多动态规划的题目都有这样的特点：
目标是求一个最优值
每一步决策有代价，总代价有一个约束值。
而这道题：
目标函数f(n)：代表在1～n的楼层中找到f层的尝试次数，我们的目标就是求出f(n)的最优值。
每一步决策的代价：鸡蛋可能会碎；总代价的约束值：鸡蛋总个数。
划分子问题
我们知道动态规划就是多阶段决策的过程，最后求解组合最优值。
我们先举一个简单例子，来理解划分子问题的思路，看下面这张图:
问题：求起点集 S1～S5到终点集 T1～T5的最短路径。
分析这道题：定义子问题dis[i]代表节点i到终点的最短距离，没有约束条件。
然后问题划分为4个阶段：
阶段1求出离终点最近的C1~C4节点到终点的最短路径dis[C1]~dis[C4]。
阶段2求出离终点最近的B2~B5节点到终点的最短路径dis[B1]~dis[B5]，需要建立在阶段1的结果上计算。例如B2节点到终点有两条路，B2～C1，B2～C2，dis[C1]=2，B2到C1的长度=3；而dis[C2]=3，B2到C2的长度=6，因此dis[B2]=3+dis[B1]=5。
阶段3和阶段4也是以此类推，最终就求出得到dis[S1]~dis[S5]，得出最小路径为图中红色的两条。
在这道题中，dis[i]就是划分出来的子问题，每一步决策都是一个子问题，而且每一个子问题都依赖于以前子问题的计算结果。
因此，在动态规划中，定义一个合理的子问题非常重要。
而扔鸡蛋这道题比上面这道题多了个约束条件，我们把子问题定义为：用i个鸡蛋，在j层楼上扔，在最坏情况下确定目标楼层E的最少次数，记为状态f[i,j]。
列出状态转移方程和初值
假如决策是在第k层扔下鸡蛋，有两种结果：
鸡蛋碎了，此时e<k，我们只能用i-1个蛋在下面的j-1层继续寻找e。并且要求最坏情况下的次数最少，这是一个子问题，答案为f[i-1,j-1]，总次数便是f[i-1,j-1]+1。
鸡蛋没碎，此时e>=k，我们继续用这i个蛋在上面的j-k层寻找E。注意：在k～j层寻找和在1～(j-k)层寻找没有区别，因为步骤都是一样的，只不过这(j-k)层在上面罢了，所以就把它看成是对1～(j-k)层的操作。因此答案为f[i,j-k]，次数为f[i,j-k]+1。
初值：
当层数为0时，f[i,0]=0，当鸡蛋个数为1时，只能从下往上一层层扔，f[1,j]=j。
因为是要最坏情况，所以这两种情况要取大值：max{f[i-1,j-1]，f[i,j-k]}，又要在所有决策中取最小值，所以动态转移方程是：
$f(i,j)=min{max{f(i-1,k-1),f(i,j-k)}+1|1<=k<=j}$
是否满足最优子结构
得到了状态转移方程后，还需要判断我们的思路是不是正确。能用动态规划解决的问题必须要满足一个特性，叫做最优子结构特性。
一个最优决策序列的任何子序列本身一定是相对于子序列的初始和结束状态的最优决策序列。
这句话是什么意思呢？举个例子：f[4,5]表示4个鸡蛋、5层楼时的最优解，那它的子问题f[3,4]，得到的解在3个鸡蛋、4层楼时也是最优解，它所有的子问题都满足这个特性。那这就满足了最优子结构特性。
一个反例
求 路径长度模10 结果最小的路径
还是像上面那道题一样，分成四个阶段。
按照动态规划的解法，阶段一CT，上面的路2 % 10 = 2，下面的路5 % 10 = 5，选择上面那条，阶段二BC也选择上面那条，以此类推，最后得出的结果路径是蓝色的这条。
但实际上，真正最优的是红色的这条路径20 % 10 = 0。这就是因为不符合最优子结构，对于红色路径的子结构CT阶段，最优解并不是下面这条边。
时间复杂度
递归树
假设m=3，n=4，我们来看一下f[3,4]的递归树。
图中颜色相同的就是一样的状态，可以看出，重复的递归计算很多，因此我们开设一个数组result[i,j]用于存放f[i,j]的计算结构，避免重复计算，用空间换时间。
代码
class Solution {
private int[][] result;
public int superEggDrop(int K, int N) {
result = new int[K + 1][N + 1];
for (int i = 1; i < K + 1; i++) {
for (int j = 1; j < N + 1; j++) {
result[i][j] = -1;
}
}
return dp(K, N);
}
/**
* @param i 剩余鸡蛋个数
* @param j 楼层高度
* @return
*/
private int dp(int i, int j) {
if (result[i][j] != -1) {
return result[i][j];
}
if (i == 1) {
return j;
}
if (j <= 1) {
return j;
}
int min = Integer.MAX_VALUE;
for (int k = 1; k <= j; k++) {
int left = dp(i - 1, k - 1);
result[i - 1][k - 1] = left;
int right = dp(i, j - k);
result[i][j - k] = right;
int res = Math.max(left, right) + 1;
if (res < min) {
min = res;
}
}
return min;
}
private static int log(int x) {
double r = (Math.log(x) / Math.log(2));
if ((r == Math.floor(r)) && !Double.isInfinite(r)) {
return (int) r;
} else {
return (int) r + 1;
}
}
}
时间复杂度
动态规划求时间复杂度的方法是：
时间复杂度 = 状态总数 * 状态转移方程的时间复杂度
在这道题中，状态总个数很明显是m*n，而每个状态f[i,j]的时间复杂度为$O(j)$，$1 \leq j \leq n$，总时间复杂度为$O(mn^2)$。
优化
$O(mn^2)$的时间复杂度还是太高了。能不能想办法优化一下？
优化1
决策树
首先我们知道，在一个1～n的数组中，查找目标数字，最少需要比较$log_2n$次，也就是二分查找。这个理论可以通过决策树来证明：
我们使用二叉树来表示所有的决策，内部节点表示一次扔鸡蛋的决策，左子树表示碎了，右子树表示没碎，叶子节点代表E的所有结果。每一条从根节点到叶子节点的路径对应算法求出E之前的所有决策。
内部节点(i,j)，i表示鸡蛋个数，j表示在j层楼扔下。
当楼层高度n=5时，E总共有6种情况（n=0代表没找到），所以叶子节点的个数是n+1个。
而我们关心的是树的高度，即决策的次数。根据二叉树理论：当树有n个叶子节点，数的高度至少为$log_2n$，即比较次数在最坏情况下至少需要$log_2n$次，也就是当这颗树尽量平衡的时候。
换句话说，在给定楼层n的情况下，决策次数的下限是$log_2(n+1)$，这个下限可以通过二分查找达到，只要鸡蛋的数量足够（就是我们刚才讨论的不限鸡蛋的情况）。
因此，一旦状态f[i,j]的鸡蛋个数$i>log_2(j+1)$，就不用计算了，直接输出二分查找的比较次数$log_2(j+1)$即可。
这样我们的状态总数就降为$n*log_2(k+1)$，时间复杂度降为$O(n^2 log_2n)$。
代码
/**
* @param i 剩余鸡蛋个数
* @param j 楼层高度
* @return
*/
private int dp(int i, int j) {
if (result[i][j] != -1) {
return result[i][j];
}
if (i == 1) {
return j;
}
if (j <= 1) {
return j;
}
//此处剪枝优化
int lowest = log(j + 1);
if (i > lowest) {
return lowest;
}
int min = Integer.MAX_VALUE;
for (int k = 1; k <= j; k++) {
int left = dp(i - 1, k - 1);
result[i - 1][k - 1] = left;
int right = dp(i, j - k);
result[i][j - k] = right;
int res = Math.max(left, right) + 1;
if (res < min) {
min = res;
}
}
return min;
}
优化2
优化还未结束，我们尝试从动态转移方程的函数性质入手，观察函数f(i,j)，如下图：
我们可以发现一个规律，f(i,j)是根据j递增的单调函数，即f(i,j)>=f(i,j-1)，这个性质是可以用数学归纳法证明的，在这里不做证明，有兴趣的查看文末参考文献。
再来看动态转移方程：
$f(i,j)=min{max{f(i-1,k-1),f(i,j-k)}+1|1<=k<=j}$
由于$f(i,j)$具有单调性，因此$f(i-1,k-1)$是根据k递增的函数，$f(i,j-k)$是根据k递减的函数。
分别画出这两个函数的图像：
图像1：$f(i-1,k-1)$
图像2：$f(i,j-k)$
图像3：$max{f(i-1,k-1),f(i,j-k)}+1$，当k=kbest时，f达到最小值，我们的目标就是找到kbest的值。
对于这个函数，可以使用二分查找来找到kbest：
如果f(i-1,k-1)<f(i,j-k)，则k<kbest，即k在图中kbest的左边；
如果f(i-1,k-1)>f(i,j-k)，则k>kbest，即k在图中kbest的右边。
代码
class EggDrop {
private int[][] result;
public int superEggDrop(int K, int N) {
result = new int[K + 1][N + 1];
for (int i = 1; i < K + 1; i++) {
for (int j = 1; j < N + 1; j++) {
result[i][j] = -1;
}
}
return dp(K, N);
}
/**
* @param i 剩余鸡蛋个数
* @param j 楼层高度
* @return
*/
private int dp(int i, int j) {
if (result[i][j] != -1) {
return result[i][j];
}
if (i == 1) {
return j;
}
if (j <= 1) {
return j;
}
int lowest = log(j + 1);
if (i >= lowest) {
result[i][j] = lowest;
return lowest;
}
int left = 1, right = j;
while (left <= right) {
int k = (left + right) / 2;
int broken = dp(i - 1, k - 1);
result[i - 1][k - 1] = broken;
int notBroken = dp(i, j - k);
result[i][j - k] = notBroken;
if (broken < notBroken) {
left = k + 1;
} else if (broken > notBroken) {
right = k - 1;
} else {
return notBroken + 1;
}
}
//没找到，最小值就在left或者right中
return Math.min(Math.max(dp(i - 1, left - 1), dp(i, j - left)),
Math.max(dp(i - 1, right - 1), dp(i, j - right))) + 1;
}
private static int log(int x) {
double r = (Math.log(x) / Math.log(2));
if ((r == Math.floor(r)) && !Double.isInfinite(r)) {
return (int) r;
} else {
return (int) r + 1;
}
}
}
时间复杂度
现在状态转移方程的时间复杂度降为了$O(log_2N)$，算法的时间复杂度降为$O(Nlog_2^2 N)$。
优化3
现在无论是状态总数还是状态转移方程都很难优化了，但还有一种算法有更低的时间复杂度。
我们定义一个新的状态g(i,j)，它表示用j个蛋尝试i次在最坏情况下能确定E的最高楼层数。
动态转移方程
假设在k层扔下一只鸡蛋：
如果碎了，则在后面的(i-1)次里，我们要用(j-1)个蛋在下面的楼层中确定E。为了使 g(i,j)达到最大，我们当然希望下面的楼层数达到最多，这是一个子问题，答案为 g(i-1,j-1)。
如果没碎，则在后面(i-1)次里，我们要用j个蛋在上面的楼层中确定E，这同样需要楼层数达到最多，便为g(i-1,j) 。
因此动态转移方程为：
g(i,j)=g(i-1,j-1)+g(i-1,j)+1
边界值
当i=1时，表示只尝试一次，那最多只能确定一层楼，即g(1,j)=1 (j>=1)
当j=1是，表示只有一个蛋，那只能第一层一层层往上扔，最坏情况下一直扔到顶层，即g(i,1)=i (i>=1)。
然后我们的目标就是找到一个尝试次数x，使x满足g(x-1,m)<n且g(x,m)>=n。
代码
public class EggDrop {
private int dp(int iTime, int j) {
if (iTime == 1) {
return 1;
}
if (j == 1) {
return iTime;
}
return dp(iTime - 1, j - 1) + dp(iTime - 1, j) + 1;
}
public int superEggDrop(int i, int j) {
int ans = 1;
while (dp(ans, i) < j) {
ans++;
}
return ans;
}
}
这个算法的时间复杂度是$O(\sqrt{N})$，证明比较复杂，这里就不展开了，可以参考文末文献。
小结
最后我们总结一下动态规划算法的解题方法：
四步走：问题建模、定义子问题、动态转移方程、最优子结构。
时间复杂度 = 状态总数 * 状态转移方程的时间复杂度。
考虑是否需要设置标记，例如有的题目还要求打印出最小路径。
写代码，递归和循环选择你熟悉的来写。
如果时间复杂度不能接受，考虑能不能优化算法。
优化思路
是否能够剪枝优化（优化1）
从函数本身的数学性质入手（优化2）
转换思路，尝试一下别的状态转移方程（优化3）
……
动态规划在算法中属于较难的题型，难点就在定义子问题和写出动态转移方程。所以需要勤加练习，训练自己的思维。
这里给出几道动态规划的经典题目，这几道题都需要吃透，可以用本文中提到的四步走的方式来思考和解题。
Maximum Length of Repeated Subarray
Coin Change
Partition Equal Subset Sum
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