那么这里的x和n会是多少呢？最后一个区块里包含1个楼层，倒数第二个包含2个楼层，倒数第三个包含3个楼层，继续，各区块包含的楼层是4，5，6，……
于是问题转变为，到包含多少个楼层的时候，100个楼层全部分配完？由于1+2+3+……+13=91，而1+2+3+……+14=105，就是说从1开始累加，加到14时，总和第一次大于100：所以上图里的x是14。
问题解决：第一个球依次试14，27，39，50，60，69，77，84，90，95，99，100。中间任何一次破碎了，就从上一次的下一层开始用第二个球逐层尝试，直至第二个球也破碎为止。用这个方法，总次数一定不超过14次：当最高安全楼层越来越高时，第一个球试的次数越来越多，但第二个球试的次数越来越少，两者始终维持着一种平衡。
该思路简单易懂，但当球的的个数（即i的值）增加的时候，分块的会变得越来越难。
本思路参考：
（二）动态规划思想
下面提供两个方案：
方案一：
一.方案概述
dp(i,j)：表示用i个球测试j层楼一定可测出某一层是最高安全层的最少次数，等同于min{ max{ 1+dp(i-1,k-1)，1+dp(i,j-k) }，0<=k<=j} 。
现在给定i个球，j层楼，假设我们在某一层k扔一个球，那么就会出现两种情况：
（1）如果球碎了，那我们需要往第k层楼以下的楼层去测试。在第k层我们测试了，所以次数要计数1；还需往下的楼层作测试，这时还有i-1个球去测试k-1层楼，即需计次数 dp[i-1][k-1]。综上，在情况（1）下，测试次数为1+dp(i-1,k-1)。
（2）如果球不碎，那我们需要往第k层楼以上的楼层去测试。在第k层我们测试了，所以次数要计数1；还需往上的楼层作测试，这时还有i个球去测试j-k层楼，即需计次数 dp[i][j-k]。综上，在情况（2）下，测试次数为1+dp(i,j-k)。
在（1）（2）两种情况中，我们需要去两者的最大值，因为我们需要保证一定可以测试出最高安全楼层。由上可见，k是一个变量，取值范围为0<=k<=j。这表明我们需要遍历0j，每次求出12两种情况的最大值，为了简便，我们将0j遍历所得的最大值记为{m0,m1,m2…mj}，我们还需要在这些值（这些值都是可以保证一定能测试出最高安全楼层）中选出最小值，因为我们需要的是最少的次数。综上，dp(i,j)= min{ max{ 1+dp(i-1,k-1)，1+dp(i,j-k) }，0<=k<=j}。
这个方案是简单易懂的，但有一定的问题，就是在j足够大的时候。假设给出的j是10^15。那么按照这个方案，求dp(i,j)我需要去循环10^15次（这是不计比较的，若计比较的次数，在求Max的时候就需要比较10^15次，再而求min，又需要10^15-1次比较），这只是求出某一个dp[i][j]的循环次数，若要生成表的话，那循环的次数就是元素个数*10^15次，这将是巨大的了，这是关于该方案时间复杂度的问题，而在该方案的数据存储效果也没有一定的优点，这里还是以j为10^15为假设，那么就需要开一个数组为Array[球的个数][10^15]这样的大小了。所以在此仅提供思考方向，供读者参考。
方案二：
一.方案概述
dp(i,j)：表示min{ k | 用i个球可尝试的次数为j次一定可测出k层楼的某一层是最高安全层}
现在给定i个球，j次测试次数，假设我们在某一层t扔一个球，那么就会出现两种情况：
（1）所扔球的球碎了，那么t层以上的楼层所扔的球一定会碎，这时我们就需要用剩下的i个球和j-1次测试次数往下去测，即dp(i-1,j-1)，那么这时的k= 1+dp(i-1,j-1) +∞=∞（∞表示无穷大）。在这里为k的值作下解释：我们在t层扔球了一个球，t层已经测试了，所以式子出现“+1”，接着t层扔的球碎了，那我们需要往下继续测试，这就对应了式子中的“+dp(i-1,j-1)”，而式子中的“+∞”是t层以上的楼我们是可以确定测试结果的，就相当于我们测试了。综上，在情况1下，k=∞。
（2）所扔球的球不碎，那么这时我们就需要用剩下的i个球和j-1次测试次数往上去测，即dp(i,j-1)，而对于t层以下的楼层呢？那所扔的球一定不会碎，那么这时的k= dp(i-1,j-1)+1+dp(i,j-1)。在这里也为k的值作下解释：我们在t层扔球了一个球，t层已经测试了，所以式子依然要“+1”，接着t层扔的球不碎，那我们需要往上继续测试，这就对应了式子中的“+dp(i,j-1)”，而对于t层以下的楼层是可以确定测试结果的，就相当于我们测试了，即“+ dp(i-1,j-1)”（注意t层以下的楼层是需要被统计的，这点是难点，也容易被遗忘）。综上，在情况2下，k= dp(i-1,j-1)+1+dp(i,j-1)。
综合上面两种情况，dp(i,j)=min{k | 用i个球可尝试的次数为j次一定可测出k层楼的某一层是最高安全层}=min{∞，dp(i-1,j-1)+1+dp(i,j-1)}= dp(i-1,j-1)+1+dp(i,j-1)。
二.实例演示
接下来我们用第一个例子（即i=3，N=7）来进行方案一的推导。为了方便读者，下面提供前面的图解：
我们用上面方案一的状态方程求出来的解（用二维数组存）如下图：
下面是dp(3,3)=7的推导过程。我们先给出该推导过程的图解，读者可以结合该图来理解下面的文字说明。
（1）按照状态方程，dp(3,3)=dp(2,2)+1+dp(3,2)，说明我们有3个球，可用的测试次数为3，我们在某一层扔一个球，其实扔球的这一层是第4层，为什么呢？我们在某一层扔球，该层已经测试过了，所以计数为1，接着这一层往下的楼层我们已知测试结果即球不会碎，则我们需要将下面的楼层也计数，即dp(2,2)+1，查上方的数组，我们得到结果dp(2,2)+1=4，那么换句话说，我们第一次扔球的层数就是在第4层。
（2）如果在第4层扔球，球碎了，那往下去测试，即dp(2,2)；按照状态方程，dp(2,2)=dp(1,1)+1+dp(2,1)，同理我们第二次扔球的楼层是第dp(1,1)+1=2层。在第2层扔球又出现两种情况：a.球碎了，那继续往下去测试,即dp(1,1)=dp(0,0)+1+dp(1,0)，第三次扔球的楼层是第1+dp(0,0)=1层；b.球不碎，往上去测试，即dp(2,1)=dp(1,0)+1+dp(2,0)，那第三次扔球的楼层就是第2+1+dp(1,0)=3层（由于是往上去测试，所以要加上上一次扔球的层数，在这里是上一次扔球的层数是第2层）
（3）如果在第4层扔球，球不碎，那就往上去测试，即dp(3,2)；按照状态方程，dp(3,2)=dp(2,1)+1+dp(3,1)，同理我们第二次扔球的楼层是第4+dp(2,1)+1=6层。在第6层扔球又有两种情况：a.球碎了，那继续往下去测试,即dp(2,1)=dp(1,0)+1+dp(2,0)，第三次扔球的楼层是第4+1+dp(1,0)=5层；b.球不碎，往上去测试，即dp(3,1)=dp(2,0)+1+dp(3,0)，那第三次扔球的楼层就是第6+1+dp(2,0)=7层
由上图可见，扔球的结果成一个树状图，每次我们只能走其中的一条路径，那么一定能准确测出最高安全楼层的最少的扔球次数为3。
三.伪代码
根据方案二的原理，其方程如下：
伪代码如下：
for i to 球的个数
forj to Maxj（由于j是我们所要求的，则可依题给定j的最大限度Maxj）
if(i==0||j==0)//无球或无测试次数
dp[i][j]= 0
else
/***在此可以添加条件来输出需要的值***/
dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1 + dp[i - 1][j - 1]
可见该方案的时间复杂度为O（球的个数*Maxj）。
本人是一个喜欢算法的新手，本博客简要的阐明了对一道DP问题（面试题）的解决思路，若本博客有错误需要修改的或对排版风格有要改进的等等的建议，请留言或发邮件给我。写博客是一个互相学习的过程，期待收到您的建议！记住，不要沮丧，好好学习，天天向上！共勉！
收集整理了一份《2024年最新物联网嵌入式全套学习资料》，初衷也很简单，就是希望能够帮助到想自学提升的朋友。
一个人可以走的很快，但一群人才能走的更远！不论你是正从事IT行业的老鸟或是对IT行业感兴趣的新人
都欢迎加入我们的的圈子（技术交流、学习资源、职场吐槽、大厂内推、面试辅导），让我们一起学习成长！
