雞蛋
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Description
Gardon有一些雞蛋，他現在想知道這些雞蛋的硬度。Gardon的家住在一座很高很高的大樓裏，他現在要在這座大樓上測試雞蛋的硬度。每個雞蛋的硬度相同，雞蛋的硬度定義爲：如果雞蛋從第m層上掉下來沒有破裂，而從第m+1層上掉下來就破裂了，那麼這個雞蛋的硬度就是m。某個雞蛋如果在實驗中破裂了就永遠的損失了。那麼在最壞情況下他最少需要做多少次實驗呢？他的雞蛋數量是有限的。
Input
輸入包括多組數據，每組數據的第一個數是一個整數N，表示Gardon的雞蛋數量，第二個數是大樓的高度H，如果雞蛋的硬度超過H，也按照H計算。
Output
對每組輸入數據，輸出Gardon在最壞的情況下最少的試驗次數，當然必須保證雞蛋的硬度能夠被正確測量出來。
Sample Input
2 100 1 10
Sample Output
14 10
類型：動態規劃
有關問題的分析，在網上看到一篇寫的很好的文章
/*以下爲轉載內容*/
/*來自http://49px.com/wiki/%E6%A5%BC%E5%B1%82%E6%89%94%E9%B8%A1%E8%9B%8B%E9%97%AE%E9%A2%98*/
樓層扔雞蛋問題 出自Smilingpoplar 有限層數和蛋數，求即使最壞情況下需要的最少判斷次數
兩個軟硬程度一樣但未知的雞蛋，它們有可能都在一樓就摔碎，也可能從一百層樓摔下來沒事。有座100層的建築，要你用這兩個雞蛋確定哪一層是雞蛋可以安全落下的最高位置。可以摔碎兩個雞蛋。（參見兩個雞蛋--一道Google面試題）
這是典型的動態規劃問題。假設f[n]表示從n層樓找到摔雞蛋不碎安全位置的最少判斷次數。假設第一個雞蛋第一次從第i層扔下，如果碎了，就剩一個雞蛋，爲確定下面樓層中的安全位置，必須從第一層挨着試，還需要i-1次；如果不碎的話，上面還有n-i層，剩下兩個雞蛋，還需要f[n-i]次（子問題，實體n層樓的上n-i層需要的最少判斷次數和實體n-i層樓需要的最少判斷次數其實是一樣的）。因此，最壞情況下還需要判斷max(i-1,f[n-i])次。
狀態轉移方程：f[n] = min{ 1+max(i-1,f[n-i]) | i=1..n } 初始條件: f[0]=0（或f[1]=1）
實際上，兩個雞蛋的情況用數學方程就可以解決，前提是你知道該怎麼扔：
一種想法是第一個雞蛋折半搜索，如100層的樓，先從50層扔下去，如果碎了則第二個雞蛋在1~49層樓中自底向上線性搜索；如果沒碎則第一個雞蛋再從75層扔。如果這次碎了則第二個雞蛋在51~74層樓中自底向上線性搜索；如果還沒碎則第一個雞蛋再從88層扔，依此類推。這種方法不是最優，因爲最壞情況下安全位置恰好是49層，需要嘗試50次。
正確的方法是先假設最少判斷次數爲x，則第一個雞蛋第一次從第x層扔（不管碎沒碎，還有x-1次嘗試機會）。如果碎了，則第二個雞蛋在1～x-1層中線性搜索，最多x-1次；如果沒碎，則第一個雞蛋第二次從x+(x-1)層扔（現在還剩x-2次嘗試機會）。如果這次碎了，則第二個雞蛋在x+1～x+(x-1)-1層中線性搜索，最多x-2次；如果還沒碎第一個雞蛋再從x+(x-1)+(x-2)層扔，依此類推。x次嘗試所能確定的最高樓層數爲x+(x-1)+(x-2)+...+1=x(x+1)/2。
比如100層的樓，只要讓x(x+1)/2>=100，得x>=14，最少判斷14次。具體地說，100層的樓，第一次從14層開始扔。碎了好說，從第1層開始試。不碎的話還有13次機會，再從14+13=27層開始扔。依此類推，各次嘗試的樓層依次爲
14 27 = 14 + 13 39 = 27 + 12 ... 99 = 95 + 4 100
現在推廣成n層樓，m個雞蛋：
還是動態規劃。假設f[n,m]表示n層樓、m個雞蛋時找到摔雞蛋不碎的最少判斷次數。則一個雞蛋從第i層扔下，如果碎了，還剩m-1個雞蛋，爲確定下面樓層中的安全位置，還需要f[i-1,m-1]次（子問題）；不碎的話，上面還有n-i層，還需要f[n-i,m]次（子問題，實體n層樓的上n-i層需要的最少判斷次數和實體n-i層樓需要的最少判斷次數其實是一樣的）。
狀態轉移方程：f[n,m] = min{ 1+max(f[i-1,m-1], f[n-i,m]) | i＝1..n } 初始條件：f[i,0]=0（或f[i,1]=i），對所有i
/*以上內容轉自http://49px.com/wiki/%E6%A5%BC%E5%B1%82%E6%89%94%E9%B8%A1%E8%9B%8B%E9%97%AE%E9%A2%98*/
下面是我寫的一個程序
Source Code
#include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; #define M 100 #define N 100 int dp[101][101]; int main () { int i,j,k,m,n; memset(dp,0,sizeof(dp)); for(i=1;i<=N;i++) dp[1][i]=i; for(j=2;j<=M;j++) for(k=1;k<=N;k++) { dp[j][k]=1+max(dp[j-1][0],dp[j][k-1]); for(i=2;i<=k;i++) dp[j][k]=min(dp[j][k],1+max(dp[j-1][i-1],dp[j][k-i])); } while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF) printf("%d\n",dp[m][n]); return 0; }