一篇文章带你搞定经典面试题之扔鸡蛋问题

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leetcode-0887_鸡蛋掉落

概述

扔鸡蛋问题是一道非常经典的面试题,Google、百度、腾讯等大厂都使用过,此题有多个变体版本,扩展性很强,解决思路有多种,下面一起来探讨吧!

标准版面试题

题目描述

有2个鸡蛋,从100层楼上往下扔,以此来测试鸡蛋的硬度。比如鸡蛋在第9层没有摔碎,在第10层摔碎了,那么鸡蛋不会摔碎的临界点就是9层。

问:如何用最少的尝试次数,测试出鸡蛋不会摔碎的临界点?

举例:

举个栗子,最笨的测试方法是什么样呢?

把其中一个鸡蛋从第1层开始往下扔。
如果在第1层没碎,换到第2层扔
如果在第2层没碎,换到第3层扔
.......
如果第59层没碎,换到第60层扔
如果第60层碎了,说明不会摔碎的临界点是第59层

在最坏情况下,这个方法需要扔100次。

方法一:二分法

初看此题,部分同学可能会觉得,这不就相当于从1-100中,找到某个数么?采用二分法最快,下面我们推演一番

采用类似于二分查找的方法,把鸡蛋从一半楼层(50层)往下扔。

如果第一枚鸡蛋在50层碎了,第二枚鸡蛋就从第1层开始扔,一层一层增长,一直扔到第49层。
如果第一枚鸡蛋在50层没碎了,则继续使用二分法,在剩余楼层的一半(75层)往下扔......

这个方法在最坏情况下,需要尝试50次(100/2)。

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方法二:平方根法

如何让第一枚鸡蛋和第二枚鸡蛋的尝试次数尽可能均衡呢?

很简单,做一个平方根运算,100的平方根是10。

因此,我们尝试每10层扔一次,第一次从10层扔,第二次从20层扔,第三次从30层......一直扔到100层。

这样的最好情况是在第10层碎掉,尝试次数为 1 + 9 = 10次。

最坏的情况是在第100层碎掉,尝试次数为 10 + 9 = 19次。

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这里有一个优化点,比如我们可以从15层开始扔,接下来25,35....一直到95层,最快情况下是第95层碎掉,尝试次数为 9+9 = 18次

方法三:解方程法

中学开始,同学们都学过方程,假设存在一个未知数X满足条件,根据已知条件列出一元n次方程,求解,下面我们根据题目描述,推出这个方程式

假设问题存在最优解(扔鸡蛋过程),这个解的最坏情况尝试次数是x次,那么,我们第一次扔鸡蛋该选择哪一层?

恰恰是从第x层开始扔,选择更高一层或是更低一层都不合适

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为什么第一次扔就要选择第x层呢?

这里的解释也是通过假设法,然后演绎,有些烧脑,小伙伴们坚持住:

假设第一次扔在第x+1层(比x大):

如果第一个鸡蛋碎了,那么第二个鸡蛋只能从第1层开始一层一层扔,一直扔到第x层。

这样一来,我们总共尝试了x+1次,和假设尝试x次相悖。由此可见,第一次扔的楼层必须小于x+1层。

假设第一次扔在第x-1层(比x小):

如果第一个鸡蛋碎了,那么第二个鸡蛋只能从第1层开始一层一层扔,一直扔到第x-2层。

这样一来,我们总共尝试了x-2+1 = x-1次,虽然没有超出假设次数,但似乎有些过于保守。

假设第一次扔在第x层:

如果第一个鸡蛋碎了,那么第二个鸡蛋只能从第1层开始一层一层扔,一直扔到第x-1层。

这样一来,我们总共尝试了x-1+1 = x次,刚刚好没有超出假设次数。

因此,要想尽量楼层跨度大一些,又要保证不超过假设的尝试次数x,那么第一次扔鸡蛋的最优选择就是第x层。

以上都是假设+逻辑推理,并没有经过严格的数学证明,我们也不是数学家

归纳

如果第一次扔鸡蛋没有碎,我们的尝试消耗了一次,问题就转化成了两个鸡蛋在100-x层楼往下扔,要求尝试次数不得超过x-1次

所以第二次尝试的楼层跨度是x-1层,绝对楼层是x+(x-1)层

同理,如果鸡蛋还没有碎,第三次楼层跨度是x-2,第四次是x-3

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小伙伴们,到此看出了规律没?根据总结,可以列出一个楼层数的方程式:

x + (x-1) + (x-2) + ... + 1 = 100

下面我们来解这个这个方程:

(x+1)*x/2 = 100

最终x向上取整,得到 x=14

因此,最优解在最坏情况的尝试次数是14次,第一次扔鸡蛋的楼层也是14层。

最后,让我们把第一个鸡蛋没碎的情况下,所尝试的楼层数完整列举出来:

14,27, 39, 50, 60, 69, 77, 84, 90, 95, 99, 100

举个栗子验证下:

假如鸡蛋不会碎的临界点是65层,那么第一个鸡蛋扔出的楼层是14,27,50,60,69。这时候啪的一声碎了。

第二个鸡蛋继续,从61层开始,61,62,63,64,65,66,啪的一声碎了。

因此得到不会碎的临界点65层,总尝试次数是 6 + 6 = 12 < 14 。

进阶版面试题

leetcode

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?

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。

示例2:

输入:K = 2, N = 6
输出:3

示例3:

输入:K = 3, N = 14
输出:4

提示:

    1. 1 <= K <= 100
    2. 1 <= N <= 10000

动态规划求出扔鸡蛋问题的通解 1

什么是动态规划?

动态规划(英语:Dynamic programming,简称DP)是一种在数学、管理科学、计算机科学、经济学和生物信息学中使用的,通过把原问题分解为相对简单的子问题的方式求解复杂问题的方法。

动态规划解决问题的过程分为两步:

1.寻找状态转移方程式

2.利用状态转移方程式自底向上求解问题

如何找到状态转移方程式?

在标准版问题中,两个鸡蛋100层楼的条件下,我们找到的规律:

假设存在最优解,在最坏情况下尝试次数是x,那么第一个鸡蛋首次扔出的楼层也是x

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这个规律在三个以上鸡蛋的条件下还能否适用呢?

假设有三个鸡蛋,100层楼,第一个鸡蛋扔在第10层并摔碎了。这时候我们还剩下两个鸡蛋,因此第二个鸡蛋不必从底向上一层一层扔,而是可以选择在第5层扔。如果第二个鸡蛋也摔碎了,那么第三个鸡蛋才需要老老实实从第1层开始一层一层扔。

这样一来,总的尝试次数是1+1+4 = 6 < 10(最少次数)。

因此,最优解的最坏情况下尝试次数是 X,鸡蛋首次扔出的楼层也是 X 这个规律不再成立。

那么,我们如何寻找规律呢?

在这里,我们把M层楼/N个鸡蛋的问题,抽象成一个黑盒子函数F(M,N),楼层数M和鸡蛋数N是函数的两个参数,函数的返回值是最优解的最大尝试次数

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假设我们第一个鸡蛋扔出的位置在第X层(1<=X<=M),会出现两种情况:

1.第一个鸡蛋没碎

那么剩余的M-X层楼,剩余N个鸡蛋,可以转变为下面的函数:

F(M-X,N)+ 1,1<=X<=M

2.第一个鸡蛋碎了

那么只剩下从1层到X-1层楼需要尝试,剩余的鸡蛋数量是N-1,可以转变为下面的函数:

F(X-1,N-1) + 1,1<=X<=M

整体而言,我们要求出的是 N层楼 / K个鸡蛋 条件下,最大尝试次数最小的解,所以这个题目的状态转移方程式如下:

X可以为1......N,所以有M个Max( F(N-X,K)+ 1, F(X-1,K-1) + 1)的值,最终F(N,K)是这M个值中的最小值,即最优解

F(N,K)= Min(Max( F(N-X,K)+ 1, F(X-1,K-1) + 1)),1<=X<=N

如何进行求解?

状态转移方程式有了,如何计算出这个方程式的结果呢?

诚然,我们可以用递归的方式来实现。但是递归的时间复杂度是指数级的,当M和N的值很大的时候,递归的效率会变得非常低。

根据动态规划的思想,我们可以自底向上来计算出方程式的结果。

何谓自底向上呢?让我们以3个鸡蛋,4层楼的情况为例来进行演示。

image

根据动态规划的状态转移方程式和自底向上的求解思路,我们需要从1个鸡蛋1层楼的最优尝试次数,一步一步推导后续的状态,直到计算出3个鸡蛋4层楼的尝试次数为止。

首先,我们可以填充第一个鸡蛋在各个楼层的尝试次数,以及任意多鸡蛋在1层楼的尝试次数。

原因很简单:

1.只有一个鸡蛋,所以没有任何取巧方法,只能从1层扔到最后一层,尝试次数等于楼层数量。

2.只有一个楼层,无论有几个鸡蛋,也只有一种扔法,尝试次数只可能是1。

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按照上面的方程式,代入计算,得出下面的结果。具体计算过程就不细说了

image

代码实现

根据刚才的思路,代码初步实现:

func superEggDrop(K, N int) int {
    if K < 1 || N < 1 {
        return 0
    }
    //备忘录,存储K个鸡蛋,N层楼条件下的最优化尝试次数
    //cache := [K + 1][N + 1]int{}
    cache := make([][]int, K+1)
    //把备忘录每个元素初始化成最大的尝试次数
    for i := 0; i <= K; i++ {
        cache[i] = make([]int, N+1)
        for j := 1; j <= N; j++ {
            cache[i][j] = j
        }
    }
    for n := 2; n <= K; n++ {
        for m := 1; m <= N; m++ {
            //假设楼层数可以是1---N,
            min := cache[n][m]
            for k := 1; k < m; k++ {
                //M层,N鸡蛋,F(N,K)= Min(Max( F(N-X,K)+ 1, F(X-1,K-1) + 1)),1<=X<=N
                //(动态规划)
                //鸡蛋碎了
                max := cache[n-1][k-1] + 1
                if cache[n][m-k]+1 > max {
                    max = cache[n][m-k] + 1 //鸡蛋没碎
                }
                if max < min {
                    min = max
                }
            }
            cache[n][m] = min
        }
    }
    return cache[K][N]
}

三层循环,时间复杂度是O(K*N*N)

二维数组:空间复杂度是O(M*N)

时间复杂度太高,无法通过leetcode的测试用例,一直超时

动态规划求出扔鸡蛋问题的通解 2

上面的解决办法,时间复杂度相当高,那么是否存在更快的算法呢?

上面的算法中,主要在于三层for循环,需要假设第一次扔鸡蛋分别从第1.....N层

有没有一种算法,结合归纳演绎和动态规划的思想,在这里可以进一步抽象?

假设移动x次,k个鸡蛋,最优解的最坏条件下可以检测n层楼,层数n=黑箱子函数f(x,k)

假设从n0+1层丢下鸡蛋,
    1,鸡蛋破了
        剩下x-1次机会和k-1个鸡蛋,可以检测n0层楼
    2, 鸡蛋没破
        剩下x-1次机会和k个鸡蛋,可以检测n1层楼
    
    那么 临界值层数F在[1,n0+n1+1]中的任何一个值,都都能被检测出来

归纳的状态转移方程式为:f(x,k) = f(x-1,k-1)+f(x-1,k)+1,即x次移动的函数值可以由x-1的结果推导,这个思路很抽象,需要花时间去理解,具体看代码,对照着代码理解

可以简化为黑箱子函数的返回值只跟鸡蛋个数k有关系:
本次fun(k) = 上次fun(k-1)+上次fun(k)+1

代码实现

时间复杂度是O(K*moves),跟楼层数无关(楼层数N的值相对很大)

func superEggDrop(K, N int) int {
    moves := 0
    dp := make([]int, K+1) // 1 <= K <= 100
    // dp[i] = n 表示, i 个鸡蛋,利用 moves 次移动,最多可以检测 n 层楼
    for dp[K] < N {
        for i := K; i > 0; i-- {
            //逆序从K---1,dp[i] = dp[i]+dp[i-1] + 1 相当于上次移动后的结果,dp[]函数要理解成抽象出来的一个黑箱子函数,跟上一次移动时鸡蛋的结果有关系
            dp[i] += dp[i-1] + 1
            // 以上计算式,是从以下转移方程简化而来
            // dp[moves][k] = 1 + dp[moves-1][k-1] + dp[moves-1][k]
            // 假设 dp[moves-1][k-1] = n0, dp[moves-1][k] = n1
            // 首先检测,从第 n0+1 楼丢下鸡蛋会不会破。
            // 如果鸡蛋破了,F 一定是在 [1:n0] 楼中,
            //         利用剩下的 moves-1 次机会和 k-1 个鸡蛋,可以把 F 找出来。
            // 如果鸡蛋没破,假如 F 在 [n0+2:n0+n1+1] 楼中
            //         利用剩下的 moves-1 次机会和 k 个鸡蛋把,也可以把 F 找出来。
            // 所以,当有 moves 个放置机会和 k 个鸡蛋的时候
            // F 在 [1, n0+n1+1] 中的任何一楼,都能够被检测出来。
        }
        moves++
    }
    return moves
}

总结

  • 对于类似的智力题,如果不能想出其它办法,我们可以采用先假设存在某个满足结果的最优解x,然后代入上下文进行分析问题,归纳演绎,找出规律
  • 对于很复杂的问题,可能需要非常发散的思维,对算法进行高度抽象化
  • 思考问题的过程很烧脑,与君共勉!

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  • 项目源码在这里
  • 笔者会一直维护该项目,对leetcode中的算法题进行解决,并写下自己的思路和见解,致力于人人都能看懂的算法

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感谢作者:tomorrowwu

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