解释投掷猫/蛋问题的 O(n log n) 算法

Question

This problem（您需要将多少只猫扔出建筑物才能确定这种猫可以存活的最大楼层。实际上非常残忍），具有 O(n^3) 复杂度的公认答案.这个问题等价于这个Google Code Jam，对于N=2000000000应该是可以解决的。

看来O(n^3)的解法还不够好解决。 从in the solutions page 看，jdmetz 的解决方案（#2）似乎是 O(n log n)。 我不太了解算法。谁能解释一下？

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Answer 1

最佳解决方案实际上是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，因此可以返回-1。
因此，他介绍了等于 1100 的 maxn - 可以计算的最大值 D 和 F。
对于D, B = 10000，他立即返回-1。对于D, B = 100，使用下面的递归公式。仅对于某些“角值”，例如D = 10000, B = 2，使用直接公式。 （有关“直接公式”的详细信息，请参阅他的 cmets）

对于D, B < maxn，作者在cmets 中提供了公式：f(d,b) = f(d-1,b)+f(d-1,b-1)+1。函数f 在这里返回您可以使用不超过d 尝试和不超过b 鸡蛋确定“断点”的最大楼层数。
公式本身应该是不言自明的：无论我们在哪一层扔第一个鸡蛋，都有两种结果。它可能会坏掉，然后我们可以检查到下面的f(d-1, b-1) 楼层。或者它可以“生存”，然后我们可以检查到上面的f(d-1, b) 楼层。以当前楼层计算，总计为f(d-1,b)+f(d-1,b-1)+1。

现在，它可以很容易地编码为 DP（动态编程）。如果您离开无穷大 (2^32) 结帐，它会变得非常干净。

    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;
        }
    }

当我们有数组f[D][B] 存储这些结果时，查找D' 和B' 是一种二分搜索。 （因为函数f 单调增长d 和b）

PS 虽然我在回答“猫”问题时确实说过有一个更快的解决方案，但这实际上比我想象的要酷 :) 感谢您和 sclo（作者）！

Answer 2

由于问题得到纠正而进行了大量编辑

考虑函数 f(x,y)，它给出了您可以在 x 次投掷和 y 次死亡的限制下测试的楼层数。如果第一次投掷导致死亡，则剩下 x-1 次投掷和 y-1 次死亡，因此您可以检查 f(x-1, y-1) 个楼层。如果第一次投掷没有导致死亡，那么您还有 x-1 次投掷和 y 次死亡，因此您可以检查您投掷的楼层上方的 f(x-1,y) 个楼层。因此我们有递归 f(x,y) = f(x-1, y-1) + f(x-1, y) + 1。基本条件是 f(x,0) = 0（因为如果你即使投掷一次也有死亡的风险，所以你不能投掷，甚至不能检查一楼），并且 f(1,x) = 1 其中 x>0 （你必须从一楼，因为如果你从更高的楼层扔掉并死亡，你没有结果）。

现在，考虑 ^xC_r 的函数 g(x, y) = SUM 10 给出 ¹C₁ = 1。所以只需要检查 g 是否满足递归。

g(x-1, y-1) + g(x-1, y) + 1 = SUM 1x-1C_r + SUM 1x-1C_r + 1

g(x-1, y-1) + g(x-1, y) + 1 = SUM 2x-1C_r-1 + SUM 1x-1C_r + 1

g(x-1, y-1) + g(x-1, y) + 1 = SUM 2x-1C_r-1 + SUM 1x-1C_r + ^x-1C_0子>

g(x-1, y-1) + g(x-1, y) + 1 = SUM 1x-1C_r-1 + SUM 1x-1C_r

g(x-1, y-1) + g(x-1, y) + 1 = SUM 1x-1C_{r- 1} + ^x-1C_r)

g(x-1, y-1) + g(x-1, y) + 1 = SUM 1xC_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底线。例如。三掷，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，我们必须不考虑没有死亡的情况，因为在那种情况下，我们还没有确定下限。因此，如果我们有 x 次投掷和 y 次允许死亡，我们可以得到从 1 到 y 的实际死亡人数 r，并且对于其中的每一个，我们都有 ^xC_r 可能序列。 （如果 r = y，那么在第 y^th 次死亡之后的任何“幸存者”实际上都是“未投掷”）。

jdmetz 对 F 的解决方案包括评估 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（可以使用 Gosper 算法证明这一事实）。

附录 事实上，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的运算，我们到目前为止 - 不正确，但我们将把它放在一边）。 jdmetz 解决方案中的 O(n lg n) 操作是找到最小的 D 使得 f(D, B) >= F。

如果我们将原始递归 f(D, B) = f(D-1, B-1) + f(D-1, B) + 1 与 g 形式的项差异相结合，f(D , B) = f(D, B-1) + ^DC_B 我们得到 f(D, B) = 2 * f(D-1, B) + 1 - ^D-1C_B。然后我们可以使用 ^aC_b = ^a-1C_b * a / (a - b) 来从 1 循环遍历 D。

 private static int d_opt(final long f, final int b)
    {
        int d = 0，dCb = 0；
        长 f_db = 0;
        而 (f_db