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题目传送门 - 51Nod1306
题意
有个N层的高楼和若干个棋子，所有的棋子都是一样的。棋子从楼的某层E扔到地上不会碎(0 <= E <= N)，但从比这个楼层高的地方扔到地上都会碎。给出楼的高度N，以及棋子的数量M，你来找出这个E(0 <= E <= N)，问最坏情况下需要实验多少次才能计算出准确的E（如果棋子摔碎了，就不能继续用这个棋子进行测试了）。
1 <= N <= 10^18, 1 <= M <= 64
题解
由于本题的原题目背景中的棋子是“鹰蛋”，而蛋比棋子说起来方便，所以下文中都用蛋描述。
注意一下：一个蛋如果没有碎的话，还可以继续用！
我一开始zz了，写个基于二分原理的假做法。wa了好久并下载了一组数据然后以为数据出锅然后百度一下才反应过来。
我们考虑定义 $dp[i][j]$ 表示使用 $i$ 个蛋，抛 $j$ 次，能够确定的楼层总数。
我们有 $dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][j-1]+1$ 。为什么是这个式子？我们分三种情况论述：
1. 首先可以确定当前位置。 对于当前dp值的贡献：1
2. 如果蛋没碎，那么显然这个位置以下的全部都不会碎。我们要用 $i$ 个蛋抛 $j-1$ 次来确定这个位置以上能确定的楼层数，即 $dp[i][j-1]$ 。
3. 如果蛋碎了，那么显然这个位置以上的全部都会碎。我们要用剩余的 $i-1$ 个但抛 $j-1$ 次来确定这个位置以下能确定的楼层数，即 $dp[i-1][j-1]$ 。
由于当 $m\leq 2$ 的时候，抛的次数可能非常多，我们把它特判掉。
当 $m\leq 3$ 的时候，抛的次数很少了。
我们可以 $dp$ 预处理出来，最后 lower_bound 以下就可以了。由于存在很多无用的状态（dp值过大），所以我们可以用 vector 来只存一下有用状态。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL INF=1000000000000000001LL,N=2e6;
int T;
LL n,m;
vector <LL> dp[70];
int main(){
scanf("%d",&T);
dp[0].clear();
for (int i=0;i<=N;i++)
dp[0].push_back(0);
for (int i=1;i<=64;i++){
dp[i].clear();
dp[i].push_back(0);
for (int j=1;j<=N&&dp[i][j-1]<INF;j++)
dp[i].push_back(min(dp[i][j-1]+dp[i-1][j-1]+1,INF));
}
while (T--){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
if (m==1)
printf("%lld\n",n);
else if (m==2){
n<<=1;
LL ans=sqrt(n);
if (ans*(ans+1)<n)
ans++;
printf("%lld\n",ans);
}
else
printf("%d\n",lower_bound(dp[m].begin(),dp[m].end(),n)-dp[m].begin());
}
return 0;
}
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