微软的扔杯子问题-动态规划
2011-12-22 10:05
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在新浪微博上看到了一微软面试题
[b]题目描述[/b]
一种杯子,若在第N层被摔破,则在任何比N高的楼层均会破,若在第M层不破,则在任何比M低的楼层均不会破,给你两个这样的杯子,让你在100层高的楼层中测试,要求用最少的测试次数找出恰巧会使杯子破碎的楼层。
[b]不等式解法[/b]
所有讨论基于2个杯子的情况:
下图中所有图示的红线均表示剩下两个杯子的时候的试摔位置,当杯子破碎后,也就是只剩下一个杯子的时候,只需要从已知范围的最底层向已知范围的最高层逐层试摔。
当只有一层的时候,需要一次试摔。当有两层的时候,需要两次试摔。
当需要三层时候,首先讨论是否可以通过两次试摔完成,可以发现可以,方法如图。
当需要四层时候,首先讨论是否可以通过两次试摔完成,可以发现已经不行,因此至少需要三次试摔。
当需要五层时候,首先讨论是否可以通过小于等于三次试摔完成,如果不行则讨论最多四次试摔的情况。依次类推,如下图:
因此,当有100层的时候,最多需要n次试摔,使得 n+(n-1)+(n-2)+...+1 >= 100,然后对n上取整,因此n=14。最差情况需要14次试摔。试摔方法为:第一次在14层扔,如果没破,在27层(14+13)继续扔,不破在39层(27+12)继续扔,依次类推。 如果破了,剩下一个杯子,从已知范围的最底层向已知范围的最高层逐层试摔。
[b]动态规划解法[/b]
假设用dp[i][j]表示剩余i层,j个杯子时候最少需要多少次试摔。
(1)dp[i][1] = i,也就是说当只剩下一个杯子时,只能从第一层开始逐层向上试摔。
(2)dp[0][j] = 0,当只剩下0层时,只需要进行0次试摔。
(3)dp[1][j] = 1,当只剩下1层时,只需要进行1次试摔,前提是j>0
(4)dp[i][j] = min(1=<k<j)(max(dp[k-1][i-1], dp[j-k][i]) + 1),也就是当杯子破和不破的时候分成两个子问题,分别求解,之后求子问题试摔次数的最大和作为这种分解方法的试摔次数,之后取这些所有分拆子问题的方法中,使子问题和最小的方法。
route[i][j],表示剩下i层j个杯子时,下一次试摔的楼层。当j=1时,从这个范围内的最底层依次向最高层试摔。
输出结果为:MIN STEP IS 14。也就是,有一种方法,最多需要试摔14次。同时route数组打印出了方法。
比如route数组的结果:
route[i][2]
因此,route[100][2]=14,第一次试摔是在14层,如果碎了,那么从第一层开始往14层试摔,如果没碎,第二次试摔是在route[100-14][2]=route[86][2]=13,也就是在14+13=27层进行第二次试摔,如果这次碎了,那么从第14+1=15层开始向上试摔,如果这次没碎,第三次试摔是在route[86-13][2]=route[73][2]=12,也就是在27+12=39层开始试摔,依次类推。
[b]题目描述[/b]
一种杯子,若在第N层被摔破,则在任何比N高的楼层均会破,若在第M层不破,则在任何比M低的楼层均不会破,给你两个这样的杯子,让你在100层高的楼层中测试,要求用最少的测试次数找出恰巧会使杯子破碎的楼层。
[b]不等式解法[/b]
所有讨论基于2个杯子的情况:
下图中所有图示的红线均表示剩下两个杯子的时候的试摔位置,当杯子破碎后,也就是只剩下一个杯子的时候,只需要从已知范围的最底层向已知范围的最高层逐层试摔。
当只有一层的时候,需要一次试摔。当有两层的时候,需要两次试摔。
当需要三层时候,首先讨论是否可以通过两次试摔完成,可以发现可以,方法如图。
当需要四层时候,首先讨论是否可以通过两次试摔完成,可以发现已经不行,因此至少需要三次试摔。
当需要五层时候,首先讨论是否可以通过小于等于三次试摔完成,如果不行则讨论最多四次试摔的情况。依次类推,如下图:
因此,当有100层的时候,最多需要n次试摔,使得 n+(n-1)+(n-2)+...+1 >= 100,然后对n上取整,因此n=14。最差情况需要14次试摔。试摔方法为:第一次在14层扔,如果没破,在27层(14+13)继续扔,不破在39层(27+12)继续扔,依次类推。 如果破了,剩下一个杯子,从已知范围的最底层向已知范围的最高层逐层试摔。
[b]动态规划解法[/b]
假设用dp[i][j]表示剩余i层,j个杯子时候最少需要多少次试摔。
(1)dp[i][1] = i,也就是说当只剩下一个杯子时,只能从第一层开始逐层向上试摔。
(2)dp[0][j] = 0,当只剩下0层时,只需要进行0次试摔。
(3)dp[1][j] = 1,当只剩下1层时,只需要进行1次试摔,前提是j>0
(4)dp[i][j] = min(1=<k<j)(max(dp[k-1][i-1], dp[j-k][i]) + 1),也就是当杯子破和不破的时候分成两个子问题,分别求解,之后求子问题试摔次数的最大和作为这种分解方法的试摔次数,之后取这些所有分拆子问题的方法中,使子问题和最小的方法。
route[i][j],表示剩下i层j个杯子时,下一次试摔的楼层。当j=1时,从这个范围内的最底层依次向最高层试摔。
//dp.c #include <stdio.h> #define LAYER 101 #define CUP 3 int main(){ int dp[LAYER][CUP], route[LAYER][CUP], i, j, k; for(i=1; i<LAYER; i++){ dp[i][1] = i; dp[i][0] = 0; } for(i=1; i<CUP; i++){ dp[1][i] = 1; route[1][i] = 0; dp[0][i] = 0; } for(i=2; i<CUP; i++) for(j=2; j<LAYER; j++){ dp[j][i] = j; route[j][i] = 0; for(k=1; k<j; k++){ int min = dp[k-1][i-1] > dp[j-k][i]? dp[k-1][i-1]+1: dp[j-k][i]+1; route[j][i] = min <= dp[j][i]? k: route[j][i]; dp[j][i] = min < dp[j][i]? min: dp[j][i]; } } printf("MIN STEP IS %d\n", dp[LAYER-1][CUP-1]); //for(i=1; i<LAYER; i++){for(j=2; j<CUP; j++){printf("%d\t", route[i][j]);} printf("\n");} return 0; }
输出结果为:MIN STEP IS 14。也就是,有一种方法,最多需要试摔14次。同时route数组打印出了方法。
比如route数组的结果:
1 | 0 | 2 | 1 | 3 | 2 | 4 | 3 | 5 | 3 |
6 | 3 | 7 | 4 | 8 | 4 | 9 | 4 | 10 | 4 |
11 | 5 | 12 | 5 | 13 | 5 | 14 | 5 | 15 | 5 |
16 | 6 | 17 | 6 | 18 | 6 | 19 | 6 | 20 | 6 |
21 | 6 | 22 | 7 | 23 | 7 | 24 | 7 | 25 | 7 |
26 | 7 | 27 | 7 | 28 | 7 | 29 | 8 | 30 | 8 |
31 | 8 | 32 | 8 | 33 | 8 | 34 | 8 | 35 | 8 |
36 | 8 | 37 | 9 | 38 | 9 | 39 | 9 | 40 | 9 |
41 | 9 | 42 | 9 | 43 | 9 | 44 | 9 | 45 | 9 |
46 | 10 | 47 | 10 | 48 | 10 | 49 | 10 | 50 | 10 |
51 | 10 | 52 | 10 | 53 | 10 | 54 | 10 | 55 | 10 |
56 | 11 | 57 | 11 | 58 | 11 | 59 | 11 | 60 | 11 |
61 | 11 | 62 | 11 | 63 | 11 | 64 | 11 | 65 | 11 |
66 | 11 | 67 | 12 | 68 | 12 | 69 | 12 | 70 | 12 |
71 | 12 | 72 | 12 | 73 | 12 | 74 | 12 | 75 | 12 |
76 | 12 | 77 | 12 | 78 | 12 | 79 | 13 | 80 | 13 |
81 | 13 | 82 | 13 | 83 | 13 | 84 | 13 | 85 | 13 |
86 | 13 | 87 | 13 | 88 | 13 | 89 | 13 | 90 | 13 |
91 | 13 | 92 | 14 | 93 | 14 | 94 | 14 | 95 | 14 |
96 | 14 | 97 | 14 | 98 | 14 | 99 | 14 | 100 | 14 |
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