但这样会重复计算当前楼层，可能导致楼层数被高估。实际上，我们需要确保 `up` 和 `down` 对应的剩余成本足够做后续测试。  
 更严谨的方法是用“测试次数”思想，但这里采用标准动态规划解法：  
 设 `f(e, c)` 为最大可测楼层数，则：
 - 如果我们在第 `x` 层测试（1 <= x <= f(e,c)）：  
   没碎：剩下 `e` 蛋，成本 `c-a`，可测 `f(e, c-a)` 层，且这些在 `x` 之上，所以总楼层可达 `x + f(e, c-a)`。  
   碎了：剩下 `e-1` 蛋，成本 `c-b`，可测 `f(e-1, c-b)` 层，在 `x` 之下。  
   为了确保一定能找到临界楼层，我们需要选择 `x` 使得：

   因为如果碎了，我们需要能覆盖下面的 `f(e-1, c-b)` 层，所以从第 `1 + f(e-1, c-b)` 层测试。  
   如果没碎，我们还能往上覆盖 `f(e, c-a)` 层。  
   因此总覆盖楼层数为：

   与前面一致。  
 所以递推式正确。

鸡蛋掉落（Egg Dropping）问题的变种——带成本限制的鸡蛋掉落 题目描述 你手上有 m 枚鸡蛋，可以用于测试一栋从 1 到 n 层的高楼。已知鸡蛋有一个特殊的属性： 如果从某一层 f 及以下掉落，鸡蛋不会碎。 如果从高于 f 的楼层掉落，鸡蛋会碎。 我们需要找到这个“临界楼层” f （即鸡蛋刚好不会碎的最高楼层）。 在经典“鸡蛋掉落”问题中，目标是找到 最坏情况下 的 最小尝试次数 。 在这个变种中，每次尝试有 成本 ： 如果鸡蛋没碎，消耗成本 a 。 如果鸡蛋碎了，消耗成本 b （通常 b > a ，因为碎蛋损失更大）。 你有一个总成本预算 C 。 目标 ：在总成本不超过 C 的前提下，通过合理安排测试楼层，确保一定能找到临界楼层 f 。求在预算内能确保找到 f 的 最大楼层数 n 。 问题形式化 输入： 鸡蛋数量 m （ m >= 1 ） 没碎成本 a ，碎了成本 b （ a, b 为正整数） 总成本预算 C （正整数） 输出： 最大可确保找到临界楼层 f 的楼层数 n 解题思路 这是一个“最坏情况下成本最小化”问题的反向：给定成本限制，最大化可处理的楼层数。 我们需要先理解 最坏情况下的最小成本函数 ，然后在其不超过 C 的条件下求最大的 n 。 步骤1：定义状态与函数 设 dp[e][c] 表示在拥有 e 个鸡蛋、可用总成本为 c 时，能确保找到临界楼层的 最大楼层数 。 注意这里 “可用总成本” 是指 最坏情况下的成本上限 。 我们要求的是最大的 n 使得 dp[m][C] >= n ，而 dp[m][C] 可以直接递推得到。 状态转移 ： 假设我们在某一层 k 进行测试： 如果鸡蛋没碎，则临界楼层在 k 及以上，剩下 e 个鸡蛋，剩余成本为 c - a （因为没碎消耗 a ），可探索的更高楼层数为 dp[e][c-a] 。 如果鸡蛋碎了，则临界楼层在 k 以下，剩下 e-1 个鸡蛋，剩余成本为 c - b ，可探索的更低楼层数为 dp[e-1][c-b] 。 最坏情况下，我们需要确保能覆盖这两种可能，因此在 k 层测试能覆盖的总楼层数为： \[ 1 + dp[ e-1][ c-b] + dp[ e][ c-a ] \] 其中 1 表示当前测试的楼层 k 自身。 为了最大化可覆盖的楼层数，我们选择最优的 k 使得这个和最大。但注意， dp 的定义已经隐含了我们可以选择任意 k 使得两部分都能覆盖，所以直接相加即可（类似于二分策略的思想）。 因此状态转移方程为： \[ dp[ e][ c] = dp[ e-1][ c-b] + dp[ e][ c-a ] + 1 \] 前提是 c >= b 且 c >= a 以保证成本足够。 步骤2：边界条件 如果没有鸡蛋（ e = 0 ），无法测试，能覆盖的楼层数为 0： dp[0][c] = 0 。 如果总成本 c < a （连一次测试的最低成本都不够），则一次测试也做不了， dp[e][c] = 0 。 如果总成本足够但鸡蛋数 e = 1 ，只能从低到高逐层测试（因为碎了就没蛋了），最坏情况下需要测到顶层，且每次测试消耗 a （直到最后一次可能碎，但最坏情况是到顶层都没碎）。 实际上，对于 e=1 ，一次测试的成本是 a 或 b ，最坏情况下我们假设在顶层测试时鸡蛋碎了，但必须保证碎之前的所有楼层都已确认。 更精确的推导： 设用 e=1 蛋，成本 c ，最多可测的楼层数 dp[1][c] 。 如果我们在某层测试： 没碎：剩下成本 c-a ，可继续往上测 dp[1][c-a] 层。 碎了：剩下 0 蛋，无法继续。 为了确保找到临界楼层，我们必须保证碎了之后不需要再测（即已经确定楼下都是安全的），因此应该从低到高测试，且每次测试的楼层是已知安全楼层 + 1。 实际上， e=1 时，可测的最大楼层数就是满足成本约束的最大测试次数： 设最多可进行 t 次测试，每次测试成本在没碎时为 a ，最后一次可能碎（成本 b ）或没碎（成本 a ）。 最坏情况是测试到第 t 次时鸡蛋才碎（或一直没碎），此时总成本为 (t-1)*a + b 或 t*a 。 为了覆盖最坏情况，必须保证 (t-1)*a + b <= c 且 t*a <= c 中取更严格的。 当 b > a 时，最坏成本是 (t-1)*a + b ，解出最大整数 t 满足 (t-1)*a + b <= c ，则 dp[1][c] = t 。 但更简单的办法是直接递推： \[ dp[ 1][ c] = 1 + dp[ 1][ c-a ] \quad \text{（如果 } c \ge a \text{）} \] 并且注意如果某次测试碎了，我们就不能继续，所以上面的递推假设每次测试都不碎，这实际上是最优策略（因为从低到高测，确保安全）。 但更通用的递推可直接用原始方程，但限制 e=1 时 dp[0][c-b] = 0 ，所以： \[ dp[ 1][ c] = dp[ 0][ c-b] + dp[ 1][ c-a ] + 1 \] 而 dp[0][c-b] = 0 ，所以： \[ dp[ 1][ c] = dp[ 1][ c-a ] + 1 \quad (\text{当 } c \ge a) \] 当 c < a 时 dp[1][c] = 0 。 如果 c 足够大， dp[1][c] 会超过 c/a ，这是合理的，因为测试次数可以比 c/a 多一次（如果最后一次碎，成本是 b 但可能 b > a ，所以需要更严格的限制）。 但为了精确，我们直接采用原始方程，其中 dp[0][x] = 0 对所有 x ，这样递推会自动处理边界。 步骤3：递推顺序 我们需要按 e 从小到大、 c 从小到大计算 dp[e][c] 。 初始化 dp[0][c] = 0 对所有 c 。 对 e = 1 到 m ，对 c = 0 到 C ： 如果 c < a 则 dp[e][c] = 0 （一次测试也做不了）。 否则，如果 c < b 则不能做会碎的测试（即不能从可能碎的楼层测），但我们可以选择在足够低的楼层测确保不碎，但为了最大化覆盖，应允许碎的情况，所以如果 c < b 则 dp[e][c] = dp[e][c-a] + 1 （相当于只能做不碎的测试）。 实际上，完整方程是： \[ dp[ e][ c] = \max_ {1 \le k \le n} \left(1 + dp[ e-1][ c-b] + dp[ e][ c-a ]\right) \] 但 k 的选择被隐含了，因为 dp[e-1][c-b] 和 dp[e][c-a] 已经是最优覆盖数，所以直接相加即可，不需要枚举 k 。 因此递推式为： \[ dp[ e][ c] = dp[ e-1][ c-b] + dp[ e][ c-a ] + 1 \] 当 c >= b 且 c >= a ，否则用边界条件。 步骤4：算法流程 初始化二维数组 dp[m+1][C+1] 为 0。 对 e 从 1 到 m ： 对 c 从 1 到 C ： 如果 c < a ， dp[e][c] = dp[e][c-1] （因为成本不够测试，继承之前的结果，但这里更准确是0，除非 e=1 有特殊情况）。更安全的做法是直接按公式计算，但要避免负索引。 实现时，我们可以这样： \[ \text{if } c \ge a: \quad up = dp[ e][ c-a ] \text{ else } up = 0 \] \[ \text{if } c \ge b: \quad down = dp[ e-1][ c-b ] \text{ else } down = 0 \] \[ dp[ e][ c ] = up + down + 1 \] 但这样会重复计算当前楼层，可能导致楼层数被高估。实际上，我们需要确保 up 和 down 对应的剩余成本足够做后续测试。 更严谨的方法是用“测试次数”思想，但这里采用标准动态规划解法： 设 f(e, c) 为最大可测楼层数，则： 如果我们在第 x 层测试（1 <= x <= f(e,c)）： 没碎：剩下 e 蛋，成本 c-a ，可测 f(e, c-a) 层，且这些在 x 之上，所以总楼层可达 x + f(e, c-a) 。 碎了：剩下 e-1 蛋，成本 c-b ，可测 f(e-1, c-b) 层，在 x 之下。 为了确保一定能找到临界楼层，我们需要选择 x 使得： \[ x = 1 + f(e-1, c-b) \] 因为如果碎了，我们需要能覆盖下面的 f(e-1, c-b) 层，所以从第 1 + f(e-1, c-b) 层测试。 如果没碎，我们还能往上覆盖 f(e, c-a) 层。 因此总覆盖楼层数为： \[ f(e, c) = f(e-1, c-b) + 1 + f(e, c-a) \] 与前面一致。 所以递推式正确。 最终答案就是 dp[m][C] ，因为它表示在 m 个蛋、成本 C 时能保证确定临界楼层的最大楼层数。 步骤5：例子验证 例： m=2, a=1, b=2, C=6 。 我们计算 dp[e][c] 表： 初始化 dp[0][c] = 0 。 e=1 ： c=0 : 0 c=1 : dp[1][1] = dp[0][-1]? 不可，用公式：c=1>=a=1, c<b=2, 所以 down=0, up=dp[ 1][ 0]=0, 则 dp[ 1][ 1 ]=0+0+1=1。 c=2 : c>=a, c>=b, up=dp[ 1][ 1]=1, down=dp[ 0][ 0 ]=0, dp=1+0+1=2。 c=3 : up=dp[ 1][ 2]=2, down=dp[ 0][ 1 ]=0, dp=2+0+1=3。 实际上，e=1 时，dp[ 1][ c ] = floor((c - (b-a)?) 但按递推： c=4: up=dp[ 1][ 3]=3, down=dp[ 0][ 2 ]=0, dp=4。 所以 e=1 时，dp[ 1][ c ] = c - (b-a)? 不对，检查： c=5: up=dp[ 1][ 4]=4, down=dp[ 0][ 3 ]=0, dp=5。 所以 e=1 时，dp[ 1][ c] = c - (b-a) 不成立，而是 dp[ 1][ c ] = c - (b-a) ？我们手算几个： c=6: up=dp[ 1][ 5]=5, down=dp[ 0][ 4 ]=0, dp=6。 似乎 dp[ 1][ c] = c ？验证：e=1 时，每次测试成本 a=1，最坏情况是到顶层才碎，成本为 (n-1) a + b = n-1+2 = n+1 <= c，所以 n <= c-1。 但我们的递推得 n = c。矛盾。 说明递推有误：递推假设每次测试后蛋都没碎，但实际最后一次可能碎，成本是 b 而不是 a。 因此递推中，当 e=1 时，应该用不同的公式： e=1 时，设可测 n 层，最坏成本是 (n-1) a + b（如果第 n 层碎），必须 <= c。 所以 n <= (c - b)/a + 1。 因此 dp[ 1][ c] = floor((c - b)/a) + 1 如果 c >= b，否则为 floor(c/a)（因为如果 c <b，不可能承受碎的成本，所以只能测到不碎的楼层，即 c/a 次测试，每次成本 a，但最后一次可能碎不起，所以安全楼层数 = floor(c/a)）。 我们修正递推：当 e=1 时直接计算，不用通用公式。 重新计算例子： m=2, a=1, b=2, C=6。 e=1: c=0:0, c=1: floor(1/1)=1, c=2: floor((2-2)/1)+1=1, c=3: floor((3-2)/1)+1=2, c=4: floor((4-2)/1)+1=3, c=5:3? 等一下，c=5: (5-2)/1+1=4, c=6:(6-2)/1+1=5。 所以 dp[ 1][ 6 ]=5。 e=2: 用通用公式 dp[ e][ c] = dp[ e-1][ c-b] + dp[ e][ c-a ] + 1。 c=0:0, c=1: c>=a, c<b, down=0, up=dp[ 2][ 0 ]=0, dp=1。 c=2: up=dp[ 2][ 1]=1, down=dp[ 1][ 0 ]=0, dp=2。 c=3: up=dp[ 2][ 2]=2, down=dp[ 1][ 1 ]=1, dp=2+1+1=4。 c=4: up=dp[ 2][ 3]=4, down=dp[ 1][ 2 ]=1, dp=4+1+1=6。 c=5: up=dp[ 2][ 4]=6, down=dp[ 1][ 3 ]=2, dp=6+2+1=9。 c=6: up=dp[ 2][ 5]=9, down=dp[ 1][ 4 ]=3, dp=9+3+1=13。 所以最终 dp[ 2][ 6 ]=13。 即 2 个蛋，成本预算 6，可确保测的最大楼层数为 13。 步骤6：复杂度 时间复杂度：O(m * C) 空间复杂度：O(m * C)，可优化为 O(C) 因为递推只用到上一行和当前行的前面状态。 总结 这个变种将鸡蛋掉落问题的“最少次数”目标转化为“给定成本下的最大楼层”，通过动态规划计算 dp[e][c] ，其中递推式结合了最坏情况下的成本分配。关键点是正确处理 e=1 的边界情况，以及理解通用递推式的含义：每次测试将问题分成楼下和楼上两部分，分别用剩余资源解决。