再谈大楼扔鸡蛋的问题

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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6 comments

  1. [...] 我还在《再谈大楼扔鸡蛋的问题》里面介绍了一个使用等差数列求和公式来解题的证明,其中的思路也是“换个角度思考问题”,把“给定大楼层总数情况下,思考最少要扔多少次鸡蛋来确定鸡蛋恰好破碎的临界层”,变成“给定扔鸡蛋的最多次数的情况下,思考最多可以在多少层高的大楼内确定鸡蛋破碎的临界层”。如果您感兴趣请移步。 [...]

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  5. [...] 文章系本人原创,转载请保持完整性并注明出自《四火的唠叨》 [...]

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