【困难】丟棋子问题－Java：解法四

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package live.every.day.ProgrammingDesign.CodingInterviewGuide.Other;/*** 丟棋子问题** 【题目】* 一座大楼有0~N层，地面算作第0层，最高的一层为第N层。已知棋子从第0层掉落肯定不会摔碎，从第i层掉落可能会摔碎，也可能不会* 摔碎(1≤i≤N)。给定整数N作为楼层数，再给定整数K作为棋子数，返回如果想找到棋子不会摔碎的最高层数，即使在最差的情况下扔* 的最少次数。一次只能扔一个棋子。** 【举例】* N=10，K=1。* 返回10。因为只有1棵棋子，所以不得不从第1层开始一直试到第10层，在最差的情况下，即第10层是不会摔坏的最高层，最少也要扔* 10次。** N=3，K=2。* 返回2。先在2层扔1棵棋子，如果碎了，试第1层，如果没碎，试第3层。** N=105，K=2。* 返回14。* 第一个棋子先在14层扔，碎了则用仅存的一个棋子试1~13。* 若没碎，第一个棋子继续在27层扔，碎了则用仅存的一个棋子试15~26。* 若没碎，第一个棋子继续在39层扔，碎了则用仅存的一个棋子试28~-38。* 若没碎，第一个棋子继续在50层扔，碎了则用仅存的一个棋子试40~49。* 若没碎，第一个棋子继续在60层扔，碎了则用仅存的一个棋子试51~59。* 若没碎，第一个棋子继续在69层扔，碎了则用仅存的一个棋子试61~68。* 若没碎，第一个棋子继续在77层扔，碎了则用仅存的一个棋子试70~76。* 若没碎，第一个棋子继续在84层扔，碎了则用仅存的一个棋子试78~83。* 若没碎，第一个棋子继续在90层扔，碎了则用仅存的一个棋子试85~89。* 若没碎，第一个棋子继续在95层扔，碎了则用仅存的一个棋子试91~94。* 若没碎，第一个棋子继续在99层扔，碎了则用仅存的一个棋子试96~98。* 若没碎，第一个棋子继续在102层扔，碎了则用仅存的一个棋子试100、101。* 若没碎，第一个棋子继续在104层扔，碎了则用仅存的一个棋子试103。* 若没碎，第一个棋子继续在105层扔，若到这一步还没碎，那么105便是结果。** 【难度】* 困难** 【解答】* 方法一。假设P(N,K)的返回值是N层楼有K个棋子在最差情况下扔的最少次数。* 1.如果N==0，也就是楼层只有第0层，那不用试，肯定不碎，即P(0,K)=0。* 2.如果K==1，也就是楼层有N层，但只有1个棋子了，这时只能从第1层开始试，一直试到第N层，即P(N,1)=N。* 3.以上两种情况较为特殊，对一般情况(N>0，K>1)，我们需要考虑第1个棋子从哪层楼开始扔一次，如果第1个棋子从第i层开始扔，* 有以下两种情况：* 1）碎了。那么可以知道，没有必要去试第i层以上的楼层，接下来的问题就变成了还剩下i-1层楼，还剩下K-1个棋子，所以总步数为* 1+P(i-1,K-1)。* 2）没碎。那么可以知道，没有必要去试第i层以下的楼层，接下来的问题就变成了还剩下N-i层楼，仍有K个棋子，所以总步数为* 1+P(N-i,K)。* 根据题意，在1）和2）中哪个是最差的情况，最后的取值就应该来自哪个，所以最后取值为max{P(i-1,K-1),P(N-i,K)}+1。那么* i可以选择哪些值呢？从1到N都可以选择，这就是说，第1个棋子丢在哪里呢？从第1层到第N层都可以试试，那么在这么多尝试中，我* 们应该选择哪个尝试呢？应该选择最终步数最少的那种情况。所以，P(N,K)=min{max{P(i-1,K-1),P(N-i,K)}(1<=i<=N)}+1。* 具体请参看如下代码中的solution1方法。* 方法一为暴力递归的方法，如果楼数为N，将尝试N种可能。在下一步的递归中，楼数最多为N-1，将尝试N-1种可能，所以时间复杂度* 为O(N!)，这个时间复杂度非常高。** 方法二，动态规划方法。通过研究如上递归函数我们发现，P(N,K)过程依赖P(O..N-1,K-1)和P(0..N-1,K)。所以，若把所有递归* 过程的返回值看作是一个二维数组，可以用动态规划的方式优化整个递归过程，从而减少递归重复计算，如下所示：* dp[0][K]=0，dp[N][1]=N，dp[N][K]=min{max{dp[i-1][K-1],dp[N-i][K]}(1<=i<=N}+1。* 动态规划的具体过程参看如下代码中的solution2方法。* 求每个位置(a,b)(即P(a,b))的过程中，需要枚举P(0..a-1,b)和P(0..a-1,b-1)，所以每个位置枚举过程的时间复杂度为O(N)。* 递归过程，即P(i,j)，i从0到N，j从0到K，所以用一张NxK的二维表可以表示所有递归过程的返回值，即一共有O(NxK)个位置。所* 以方法二整体的时间复杂度为O(N^2xK)。** 方法三，把方法二的额外空间复杂度从使用NxK的矩阵，减少为2个长度为N的数组。分析动态规划的过程我们发现，dp[N][K]只需要* 它左边的数据dp[0..N-1][K-1]，和它上面一排的数据dp[0..N-1][K]。那么在动态规划计算时，就可以用两个数组不停地复用的* 方式实现，而并不真的需要申请整个二维数组的空间。具体请参看如下代码中的solution3方法。** 方法二和方法三的时间复杂度为O(N^2xK)，还是很高。但我们注意到，求解动态规划表中的值时，有枚举过程，此时往往可以用"四边* 形不等式"及其相关猜想来进行优化。优化的方式－四边形不等式及其相关猜想：* 1.如果已经求出了k+1个棋子在解决n层楼时的最少步骤(dp[n][k+1])，那么如果在这个尝试的过程中发现，第1个棋子扔在m层楼的* 这种尝试最终导致了最优解。则在求k个棋子在解決n层楼时(dp[n][k])，第1个棋子不需要去尝试m层以上的楼。* 举一个例子，3个棋子在解决100层楼时，第1个棋子扔在37层楼时最终导致了最优解。那么2个棋子在解决100层楼时，第1个棋子不需* 要去试37层楼以上的楼层。* 2.如果已经求出了k个棋子在解决n层楼时的最少步骤(dp[n][k])，那么如果在这个尝试的过程中发现，第1个棋子扔在m层楼的这种* 尝试最终导致了最优解。则在求k个棋子在解决n+1层楼时(dp[n+1][k])，不需要去尝试m层以下的楼。* 举一个例子，2个棋子在解决10层楼时，第1个棋子扔在4层楼时最终导致了最优解。那么2个棋子在解决11层楼或更多的层楼时(想象一* 下100层)，第1个棋子也不需要去试1、2、3层楼，只用从4层及其以上的楼层试起。* 也就是说，动态规划表中的两个参数分别为棋子数和楼数，楼数变多之后，第1个棋子的尝试楼层的下限是可以确定的。棋子数变少之* 后，第1个棋子的尝试楼层的上限也是可以确定的。这样就省去了很多无效的枚举过程。证明略。注："四边形不等式"的相关内容及其* 证明是相当复杂而烦琐的，本文由于篇幅所限，不再进行进一步的展开，有兴趣的读者可以搜集相关资料进行深入学习。本文是想用本* 题给面试者提一个醒，如果在面试时发现某一道面试题解法是动态规划，但在计算动态规划二维表的过程中，发现计算每一个值时有类* 似本题和本博客的"画匠问题"、"邮局选址问题"这样的枚举过程，则往往可以通过"四边形不等式"的优化把时间复杂度降一个维度，* 可以从O(N^2xk)或O(N^3)降到O(N^2)。具体过程请参看如下代码中的solution4方法。** @author Created by LiveEveryDay*/public class ThrowChessPieceProblem4 {public static int solution4(int nLevel, int kChess) {if (nLevel < 1 || kChess < 1) {return 0;}if (kChess == 1) {return nLevel;}int[][] dp = new int[nLevel + 1][kChess + 1];for (int i = 1; i != dp.length; i++) {dp[i][1] = i;}int[] cands = new int[kChess + 1];for (int i = 1; i != dp[0].length; i++) {dp[1][i] = 1;cands[i] = 1;}for (int i = 2; i < nLevel + 1; i++) {for (int j = kChess; j > 1; j--) {int min = Integer.MAX_VALUE;int minEnum = cands[j];int maxEnum = j == kChess ? i / 2 + 1 : cands[j + 1];for (int k = minEnum; k < maxEnum + 1; k++) {int cur = Math.max(dp[k - 1][j - 1], dp[i - k][j]);if (cur <= min) {min = cur;cands[j] = k;}}dp[i][j] = min + 1;}}return dp[nLevel][kChess];}public static void main(String[] args) {System.out.printf("The result is: %d", solution4(3, 2));}}// ------ Output ------
/*
The result is: 2
*/

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