给你 k 枚相同的鸡蛋，并可以使用一栋从第 1 层到第 n 层共有 n 层楼的建筑。
已知存在楼层 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。
每次操作，你可以取一枚没有碎的鸡蛋并把它从任一楼层 x 扔下（满足 1 <= x <= n）。如果鸡蛋碎了，你就不能再次使用它。如果某枚鸡蛋扔下后没有摔碎，则可以在之后的操作中 重复使用 这枚鸡蛋。
请你计算并返回要确定 f 确切的值 的 最小操作次数 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，肯定能得出 f = 0 。
否则，鸡蛋从 2 楼掉落。如果它碎了，肯定能得出 f = 1 。
如果它没碎，那么肯定能得出 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 <= k <= 100
1 <= n <= 104
看到这个题目之后，第一印象是在UPC的某场训练中好像是做过这么个问题，当时好像是用的dp
一个很不错的参考博客：点我跳转
我们定义dp[k][n]为剩下k个鸡蛋，并且余下楼层为n当前状态下所需要的最小次数
这里说的余下楼层的意思是：经过排除之后，剩下多少层没有扔过鸡蛋的层数
比如一共十层，在第六层扔下鸡蛋没有坏掉，那么说余下的楼层就是10-6 = 4；因为从第六层扔下鸡蛋没有坏掉那么说在1-5层扔下鸡蛋也是不会坏掉的
既然状态已经表达了出来，那么说我们也就可以将状态转移出来了：
假设我们将鸡蛋从pos层扔下之后{
- 鸡蛋坏掉，那么说状态就变成了 dp[k−1][pos−1]，鸡蛋坏掉一个，并且需要从 pos 以下的楼层（有 pos−1层）继续尝试
- 鸡蛋没坏，那么说状态就变成了 dp[k][n−pos]，鸡蛋数量没有发生变化，而需要确定的楼层的数量就变成了 n−pos，因为我们只需要确定在 pos 层以上的楼层进行扔鸡蛋测试
}
所以说d p [ k ] [ n ] = 1 + M I N { m a x { d p [ k − 1 ] [ p o s − 1 ] , d p [ k ] [ n − p o s ] } }
这里的 MIN 是指 pos 在 [1,n] 范围内的最小的m a x { d p [ k − 1 ] [ p o s − 1 ] , d p [ k ] [ n − p o s ] }
但是这个样子时间复杂度上不太优雅，是O ( k ∗ n ∗ n ) ，绝对会超时（会有方法解决
在这里呢，可以考虑决策单调性，当时在写杭电多校一个题的时候学到的一个点
设鸡蛋数目不变：
T 1 = d p [ k ] [ n ] ，T1是关于楼层高度n递增的
T 2 = d p [ k ] [ n − p o s ] ，是关于扔鸡蛋的位置pos递减的
最优的最小的最大值一定是两条线的交点x
再放一遍递推式：
d p [ k ] [ n ] = 1 + M I N { m a x { d p [ k − 1 ] [ p o s − 1 ] , d p [ k ] [ n − p o s ] } }
在鸡蛋数目不变，即k确定该不变的条件下，对于d p [ k − 1 ] [ p o s − 1 ] ，随着楼层的总数量n 的增加，这一项的值不变；
而对于d p [ k ] [ n − p o s ] ，随着楼层数量n 的变大，它的值会增加
所以说在前一项不变，后一项增加的状态下，焦点的位置x 会向上走，即x 也是单调递增的（交点向右上方走）。所以说，鸡蛋数量k 不变的情况下，随着n 的增加，dp[k][n] 对应的最优解的坐标x 是单调递增的。这样一来，每个 dp[k][n] 的均摊复杂度为O(1) ==>出自上方博客
class Solution { public: int superEggDrop(int k, int n) { int dp[k+2][n+2]; memset(dp,0,sizeof dp); for(int i=1;i<=n;i++) dp[1][i] = i; for(int i=2;i<=k;i++) { int pos = 1; for(int j=1;j<=n;j++) { while(pos < j && max(dp[i-1][pos-1],dp[i][j-pos]) > max(dp[i-1][pos],dp[i][j-pos-1])) pos ++; dp[i][j] = 1 + max(dp[i-1][pos-1], dp[i][j-pos]); } } return dp[k][n]; } };
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