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题目

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？

示例 1：

输入：K = 1, N = 2输出：2解释：鸡蛋从 1 楼掉落。如果它碎了，我们肯定知道 F = 0 。否则，鸡蛋从 2 楼掉落。如果它碎了，我们肯定知道 F = 1 。如果它没碎，那么我们肯定知道 F = 2 。因此，在最坏的情况下我们需要移动 2 次以确定 F 是多少。

思路一

通过动态规划+逆推法解决这个问题，dp[k][m] 的含义是k个鸡蛋，移动m次最多能够确定多少楼层。

dp[k][m] 最多能够确定的楼层数为L，那么我选定第一个扔的楼层之后，我要么碎，要么不碎这就是把L分成3段，左边是碎的那段 长度是dp[k][m - 1]，右边是没碎的那段 长度是dp[k-1][m - 1] 因为已经碎了一个了，中间是我选定扔的楼层是1

所以递推公式是dp[k][m] = dp[k - 1][m - 1] + dp[k][m - 1] + 1

判断dp[k][m]>N，m为结果

实现一

public int superEggDrop(int K, int N) {
        int[][] dp = new int[K + 1][N + 1];
        
        for (int m = 1; m <= N; m++) {
            dp[0][m] = 0;
            
            for (int k = 1; k <= K; k++) {
                dp[k][m] = dp[k - 1][m - 1] + dp[k][m - 1] + 1;
                
                if (dp[k][m] >= N) {
                    return m;
                }
            }
        }
        
        return N;
    }

思路二

动态规划

如果鸡蛋不碎，那么状态变成 (K,N-X)，即我们鸡蛋的数目不变，但答案只可能在上方的 N-X 层楼了。

把原问题缩小成了一个规模为 (K,N-X) 的子问题；如果鸡蛋碎了，那么状态变成 (K-1,X-1)，即我们少了一个鸡蛋，但我们知道答案只可能在第 X 楼下方的 X-1 层楼中了。也就是说，我们把原问题缩小成了一个规模为 (K-1,X-1) 的子问题。

这样一来，我们定义 dp(K,N) 为在状态 (K,N) 下最少需要的步数。根据以上分析我们可以列出状态转移方程：dp(K,N)=1+ min(max(dp(K-1,X-1),dp(K,N-X)))，1<=X<=N

实现二

public int superEggDrop(int K, int N) {
        int[][] dp = new int[N + 1][K + 1];

        for (int i = 0; i <= N; i++) {
            Arrays.fill(dp[i], i);
        }

        for (int j = 0; j <= K; j++) {
            dp[0][j] = 0;
        }

        dp[1][0] = 0;
        for (int j = 1; j <= K; j++) {
            dp[1][j] = 1;
        }

        for (int i = 0; i <= N; i++) {
            dp[i][0] = 0;
            dp[i][1] = i;
        }

        for (int i = 2; i <= N; i++) {
            for (int j = 2; j <= K; j++) {
                for (int k = 1; k <= i; k++) {
                    dp[i][j] = Math.min(dp[i][j], Math.max(dp[k - 1][j - 1], dp[i - k][j]) + 1);
                }
            }
        }
        return dp[N][K];
    }