This problem（为了确定这样一只猫能活下来的最大楼层，你需要从建筑物中扔出多少只猫。实际上非常残忍），已经接受了O（n ^ 3）的答案）复杂性。该问题等同于此Google Code Jam，对于N = 2000000000，该问题应该是可解的。
似乎O（n ^ 3）解决方案不足以解决它。 从查看in the solutions page开始，jdmetz的解决方案（＃2）似乎是O（n log n）。 我不太了解算法。有人可以解释一下吗？
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答案 0 :(得分：8)
顶级解决方案实际上是O(D*B)（使用问题的术语），但作者注意到，对于大多数D和B，答案将大于2^32，因此{ {1}}可以退回
因此，他引入了等于1100的-1 - 最重要的maxn和D。
对于F，他立即返回-1。对于D, B = 10000，使用下面的递归公式。仅对于某些“角点值”，例如D, B = 100，使用直接公式。 （有关“直接配方”的详细信息，请参阅他的评论）
对于D = 10000, B = 2，作者在评论中提供了公式：D, B < maxn。此处的函数f(d,b) = f(d-1,b)+f(d-1,b-1)+1会返回最大楼层数，您可以使用不超过f次尝试且不超过d个鸡蛋来确定“断点”。
公式本身应该是不言自明的：无论我们在哪个楼层抛出第一个蛋，都有两个结果。它可能会破裂，然后我们可以检查下面的b楼层。或者它可以“生存”，然后我们可以检查上面的f(d-1, b-1)楼层。使用当前楼层，总共f(d-1, b)。
现在，它可以很容易地编码为DP（动态编程）。如果你离开无穷大（f(d-1,b)+f(d-1,b-1)+1）检查，它会变得很干净。
2^32当我们有数组 for (int i = 1; i < maxn; ++i) {
for (int j = 1; j < maxn; ++j) {
f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + f[i - 1][j] + 1;
}
}
存储这些结果时，查找f[D][B]和D'是二进制搜索。 （因为函数B'由f和d单调增长
答案 1 :(得分：2)
由于问题被更正而严重编辑
考虑函数f（x，y），它给出了你可以测试的楼层数，限制为x抛出和y死亡。如果第一次投掷导致死亡，你有x-1投掷和y-1死亡，所以你可以检查f（x-1，y-1）楼层。如果第一次投掷没有导致死亡，你有x-1投掷和y死亡，所以你可以检查你扔掉的f（x-1，y）楼层。因此我们有递推f（x，y）= f（x-1，y-1）+ f（x-1，y）+ 1.基本条件是f（x，0）= 0（因为如果你甚至一次投掷你冒着死亡的风险，所以你不能投掷，甚至不能检查一楼），而f（1，x）= 1其中x> 0（你必须从一楼，因为如果你从较高的楼层扔出去并且死亡，你就没有结果。）
现在，考虑函数g（x，y）= SUM 1＆lt; = r＆lt; = y of x C r 。 （这是二项式系数，x选择r。我不认为此站点支持TeX表示法）。断言是f（x，y）= g（x，y）。要检查基本情况，请考虑g（x，0）是0个元素的总和，以便匹配;和g（1，y），其中y> 0表示 1 C 1 = 1.因此，只需检查g是否满足复发。
g（x-1，y-1）+ g（x-1，y）+ 1 = SUM 1＆lt; = r＆lt; = y-1 x-1 C r + SUM 1＆lt; = r＆lt; = y x-1 C r + 1
g（x-1，y-1）+ g（x-1，y）+ 1 = SUM 2＆lt; = r＆lt; = y x-1 C r-1 + SUM 1＆lt; = r＆lt; = y x-1 C r + 1
g（x-1，y-1）+ g（x-1，y）+ 1 = SUM 2＆lt; = r＆lt; = y x-1 C r-1 + SUM 1＆lt; = r＆lt; = y x-1 C r + x-1 C 0
g（x-1，y-1）+ g（x-1，y）+ 1 = SUM 1＆lt; = r＆lt; = y x-1 C r-1 + SUM 1＆lt; = r＆lt; = y x-1 C r
g（x-1，y-1）+ g（x-1，y）+ 1 = SUM 1＆lt; = r＆lt; = y（ x-1 C r- 1 + x-1 C r ）
g（x-1，y-1）+ g（x-1，y）+ 1 = SUM 1＆lt; = r＆lt; = y（ x C r ）
g（x-1，y-1）+ g（x-1，y）+ 1 = g（x，y）
QED
事实上，这可以通过将其视为组合问题直接推导出来。如果我们充分利用所获得的每一点信息，那么每个可能的生存或死亡序列对应于不同的最大楼层。例如。三次投掷，一次允许死亡，可能性是死亡;生存死亡;生存生存，死亡;或生存 - 生存 - 生存。但是，我们不得不打折没有死亡的情况，因为在这种情况下我们还没有确定底线。因此，如果我们有x次投掷和y允许死亡，我们可以有从1到y的实际死亡数r，并且对于每个我们有 x C r 的人序列。 （如果r = y那么y th 死亡后的任何“幸存者”实际上都是“没有扔掉”的。）
jdmetz的F解决方案包括评估g（D，B）。它不能在O（min（D，B））时间内完成，因为该总和没有封闭的超几何形式（这一事实可以用Gosper的算法证明）。
<强>附录 实际上，原始问题的所有三个部分都可以在线性时间内完成（假设乘法和算术是恒定时间操作，我们到目前为止 - 不是真的，但我们将其放在一边）。 jdmetz解决方案中的O（n lg n）运算是找到最小的D，使得f（D，B）> = F.
如果我们将原始复发f（D，B）= f（D-1，B-1）+ f（D-1，B）+ 1与g，f（D）形式的术语差异结合起来，B）= f（D，B-1）+ D C B 我们得到f（D，B）= 2 * f（D-1，B）+ 1 - D-1 C B 。然后我们可以使用 a C b = a-1 C b * a /（a - b）来从1循环到D。
private static int d_opt(final long f, final int b)
{
int d = 0, dCb = 0;
long f_db = 0;
while (f_db < f)
{
dCb = (d == b) ? 1 : d * dCb / (d-b);
f_db = 2 * f_db + 1 - dCb;
d++;
}
return d;
}