UVA - 10934 Dropping water balloons（思维+dp）

传送门

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很神奇的一道题，看起来是求最小的实验次数，实际上程序主体并没有用到$min$，而是递推解决问题，先看下LRJ的思路：设$d[i][j]$用i个气球实验j次所能测试楼的最高层数，第一次决策，设测试楼层为$k$：

• 如果气球破了，说明前$k-1$层必须能用$i-1$个球实验$j-1$次测出来，也就是说$k=d[i-1][j-1]+1$是最优

• 如果气球没破，则相当于把第k+1层楼看作1楼以后的继续。因此在k层楼之上还可以测试$d[i][j-1]$层楼，即$d[i][j]=k+d[i][j-1]=d[i-1][j-1]+d[i][j-1]$

但是为什么这么想呢？我们实际要求的是一个最大的范围，对应着最小的试验次数。如果它破了，说明硬度小于$k$，那么你还剩下$i-1$个气球和$j-1$次实验，必须能够确定出$1-(k-1)$的硬度范围，即$d(i-1,j-1)\ge k-1$，换句话说，我们选择的$k$不能太大，须有$k<=d(i-1,j-1)+1$。如果在第$k$层没破，说明硬度大于等于$k$，还剩下$i$个气球和$j-1$次实验，为了尽可能地扩大可确定的范围，我们应当把第$k+1$层当作第1层，使用$d(i,j-1)$的方法测量以上楼层，这是最优的，这样所能确定的最大范围是$[1,a]+d(i,j-1)$，即$d(i,j)=max(k+d(i,j-1))=d(i-1,j-1)+d(i,j-1)+1$

reference：简书kinoud

说道这里还是有一点似懂非懂，慢慢领会吧，下面还有一个讲的更好的文章：

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#include <set>
#include <map>
#include <stack>
#include <queue>
#include <math.h>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <bitset>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define ins insert
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof a);
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> P;
const double eps=1e-8;
const double pi=acos(-1.0);
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=1e18;
const int Mod=1e9+7;
const int maxn=105;

ll d[maxn][maxn];
ll n,k;

int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    //ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	for(int i=1;i<=maxn;i++)
		for(int j=1;j<=63;j++)
			d[i][j]=d[i-1][j-1]+d[i][j-1]+1;
    while(~scanf("%lld%lld",&k,&n) && k){
        int ans=-1;
		for(int i=1;i<=63;i++)
			if(d[k][i]>=n){
				ans=i;
				break;
			}
		if(ans<0) printf("More than 63 trials needed.\n");
		else printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}