算法学习系列（四十五）：DFS之剪枝与优化

引言

关于这个 $D FS$ 的剪枝和优化确实难度是非常的大，从我这篇文章的思路和代码量上就能看出来不是一般的难度，而且难度不亚于 $D P$ ，而且这个 $D FS$ 也是花费了我三天的时间才基本把这几道例题给搞懂了，并且这种题就是没有固定的模型和套路，每个题都不一样，只有你多做题，这样在考场上才能想到这道题好像跟之前做过的题有点相似，然后再去套用模型。不可能短时间去创造一种算法，所以还是继续刷题吧，加油！

DFS之剪枝与优化

优化搜索顺序：大部分情况下，我们应该优先搜索分支较少的节点。比如背包问题应该先放体积大的物品
排除等效冗余：组合问题中， $1 ， 2 ， 3$ 与 $1 ， 3 ， 2$ 是一样的，可以用一个 $s t a r t$ 来规定初始
可行性剪枝：发现当前状态不合法，退出
最优性剪枝：如果发现当前方案不可能是最优解了，就退出

搜索顺序模型：
1.给一堆物品及其单个体积和单个篮子的容量，问最小的篮子数。解决方案：枚举每个物品，该物品要么加入到已有的篮子里，要么新开一个篮子。
2.给一堆物品及其单个体积，问刚好能把所有篮子都装满的最小篮子容量。解决方案：枚举每个篮子，然后在每个篮子中枚举每个物品。
3.给一堆物品，装进篮子里，但都有一定的限制。解决方案：枚举每个物品

一、小猫爬山

标签：搜索、深度优先搜索、DFS

思路：首先要保证正确性，也就是枚举的所有方案必须是不重不漏的，然后才对其进行优化，不能本末颠倒了。我们可以按小猫的编号进行枚举，当前小猫要么新坐一辆缆车，要么从已有的缆车里挑一个坐。首先是优化搜索顺序，可以把小猫的重量从大到小排序，进行枚举，然后就是如果当前的方案已经不是最优解了，直接退出，再有就是如果当前缆车已经容不下当前小猫了，退出。

题目描述：

翰翰和达达饲养了 N 只小猫，这天，小猫们要去爬山。经历了千辛万苦，小猫们终于爬上了山顶，但是疲倦的它们再也不想徒步走下山了（呜咕>_<）。翰翰和达达只好花钱让它们坐索道下山。索道上的缆车最大承重量为 W，而 N 只小猫的重量分别是 C1、C2……CN。当然，每辆缆车上的小猫的重量之和不能超过 W。每租用一辆缆车，翰翰和达达就要付 1 美元，所以他们想知道，最少需要付多少美元才能把这 N 只小猫都运送下山？输入格式
第 1 行：包含两个用空格隔开的整数，N 和 W。第 2..N+1 行：每行一个整数，其中第 i+1 行的整数表示第 i 只小猫的重量 Ci。输出格式
输出一个整数，表示最少需要多少美元，也就是最少需要多少辆缆车。数据范围
1≤N≤18,1≤Ci≤W≤108
输入样例：
5 1996
1
2
1994
12
29
输出样例：
2

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondconst int N = 20;int n, m;
int w[N];
int sum[N];
int ans = N;void dfs(int u, int k)  // 正在选编号为u的小猫，当前组数为k k为实际已有的组数 
{if(k >= ans) return;  // 若u已经为n，并且k==ans的话，那么也非最优解 if(u == n)  // 说明前n个小猫已经加到组里了{ans = k;return;}for(int i = 1; i <= k; ++i)  // k为第k组 {if(w[u] + sum[i] <= m){sum[i] += w[u];dfs(u+1,k);  // 这里不返回bool的原因是要找最值，而非判断是否可行 sum[i] -= w[u];	} }sum[k+1] = w[u];dfs(u+1, k+1);sum[k+1] = 0;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m;for(int i = 0; i < n; ++i) cin >> w[i];sort(w, w + n, greater<int>());  // 优化搜索顺序dfs(0,0);cout << ans << endl;return 0;
}

二、木棒

标签：搜索、DFS、剪枝

思路：首先这道题是找最小的木棒长度，也就是组数是无所谓的，只要能凑出来每组最小的容量即可。之前求最小组数的思路是，枚举每一个物品，然后这件物品，要么加入到当前任意一个组里，要么新开一个组，在此基础上进行剪枝优化。而这道题是从小到大枚举容量，如果当前容量恰好能装满每一个组，那就是答案了。然后在每一个组的基础上枚举每一件物品，放入该组里，如果当前组满了，然后再开下一个组，然后在此进行剪枝优化。首先是优化搜索顺序，先从大到小排序，然后最最小的也就是最长的那根木棍了。然后因为是每个组都要枚举每一件物品，所以避免出现组合型冗余，规定一个 $s t a r t$ 枚举顺序，因为之前的已经枚举过了，如果继续从 $0$ 开始，那么还要枚举重复的，比如说: $1, 2, 3 和 3, 1, 2$ 之类的方案。然后就是可行性剪枝了，就是如果当前组装不下，那就不装了，另外如果当前木棍是第一个装的，但没有满足要求，那么该类方案一定没有解，因为如果该木棍是下一组的，可以通过在组内排顺序把它变成第一个，那么上一次没有满足要求，这次也就不会满足要求了。其次如果该木棍是最后一根刚好装满了，但是之后的方案却没有满足，那么该方案之后的所有都不会满足的，因为如果满足要求了，那么肯定会有几根木棍凑出来最后一根，因为这两长度是一样的，所以可以替换，但因为之前的最后一根已经不满足了，所以肯定不会有满足要求的情况存在。

题目描述：

乔治拿来一组等长的木棒，将它们随机地砍断，使得每一节木棍的长度都不超过 50 个长度单位。然后他又想把这些木棍恢复到为裁截前的状态，但忘记了初始时有多少木棒以及木棒的初始长度。请你设计一个程序，帮助乔治计算木棒的可能最小长度。每一节木棍的长度都用大于零的整数表示。输入格式
输入包含多组数据，每组数据包括两行。第一行是一个不超过 64 的整数，表示砍断之后共有多少节木棍。第二行是截断以后，所得到的各节木棍的长度。在最后一组数据之后，是一个零。输出格式
为每组数据，分别输出原始木棒的可能最小长度，每组数据占一行。数据范围
数据保证每一节木棍的长度均不大于 50。输入样例：
9
5 2 1 5 2 1 5 2 1
4
1 2 3 4
0
输出样例：
6
5

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondconst int N = 100;int n;
int w[N];
bool st[N];
int sum, len;bool dfs(int u, int cur, int start)  // 当前u组里，目前的容量为cur，从start开始
{if(u * len == sum) return true;  // 说明前u个组里已经满了，并且长度已经达到总和if(cur == len) return dfs(u+1,0,0);  // 当前组已经满了，新开下一个组for(int i = start; i < n; ++i)  // 排序冗余{if(st[i]) continue;  // 可行性剪枝 只能用一次if(cur + w[i] <= len)  // 可行性剪枝 不能超过容量{st[i] = true;if(dfs(u,cur+w[i],i+1)) return true;st[i] = false;}if(!cur || cur + w[i] == len) return false;  // 可行性剪枝int j = i + 1;while(j < n && w[i] == w[j]) j++;i = j - 1;}return false;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);while(cin >> n, n){sum = 0, len = 0; for(int i = 0; i < n; ++i) {cin >> w[i];sum += w[i];len = max(len,w[i]);}sort(w, w + n, greater<int>());memset(st, 0, sizeof st);while(1){if(sum % len == 0 && dfs(0,0,0)){cout << len << endl;break;}len++;}} return 0;
}

三、数独

标签：搜索、深度优先搜索、DFS

思路：这道题就是枚举每一个空格，如果最后没有空格了，说明正确直接返回。每一行每一列和每一个田字格可以用一个 $9$ 位的二进制数来表示，每一位为 $1$ 说明当前位是空位。然后优化顺序，可以每次找到最少可能的格子来先枚举，可以用与运算行列和当前的田字格，来知道当前格子的 $9$ 位二进制状态，然后可以提前打表，知道这个数是有几个 $1$ 组成的，然后枚举该格子的多种可能，然后可以用 $l o w bi t$ 来知道最后一位 $1$ 对应的数，然后在可以通过提前打表知道该数所对应的位，然后暴搜各种可能即可。

题目描述：

数独是一种传统益智游戏，你需要把一个 9×9 的数独补充完整，使得数独中每行、每列、每个 3×3 的九宫格内数字 
1∼9 均恰好出现一次。请编写一个程序填写数独。输入格式
输入包含多组测试用例。每个测试用例占一行，包含 81 个字符，代表数独的 81 个格内数据（顺序总体由上到下，同行由左到右）。每个字符都是一个数字（1−9）或一个 .（表示尚未填充）。您可以假设输入中的每个谜题都只有一个解决方案。文件结尾处为包含单词 end 的单行，表示输入结束。输出格式
每个测试用例，输出一行数据，代表填充完全后的数独。输入样例：
4.....8.5.3..........7......2.....6.....8.4......1.......6.3.7.5..2.....1.4......
......52..8.4......3...9...5.1...6..2..7........3.....6...1..........7.4.......3.
end
输出样例：
417369825632158947958724316825437169791586432346912758289643571573291684164875293
416837529982465371735129468571298643293746185864351297647913852359682714128574936

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
#define x first
#define y secondconst int N = 9, M = 1 << 9;int ones[M], mmap[M];
int col[N], row[N], cell[3][3];
char str[100];void init()
{for(int i = 0; i < N; ++i) col[i] = row[i] = (1 << 9) - 1;for(int i = 0; i < 3; ++i){for(int j = 0; j < 3; ++j){cell[i][j] = (1 << 9) - 1;}}
}void draw(int x, int y, int t, bool is_set)
{if(is_set) str[x * N + y] = t + '1';  // 这里写1，是因为之后 -v 的缘故 else str[x * N + y] = '.';int v = 1 << t;if(!is_set) v = -v;row[x] -= v;  // v得是从1开始的 已经设置了说明当前该位的1要变为0 col[y] -= v;cell[x/3][y/3] -= v;
}int get(int x, int y)
{return row[x] & col[y] & cell[x/3][y/3];
}int lowbit(int x)
{return x & -x;
}bool dfs(int cnt)
{if(!cnt) return true;int minv = 10, x, y;for(int i = 0; i < N; ++i){for(int j = 0; j < N; ++j){if(str[i * N + j] == '.'){int state = get(i,j);if(ones[state] < minv)  // 从里面找能填的最小的 {minv = ones[state];x = i, y = j;}}}}int state = get(x,y);for(int i = state; i; i -= lowbit(i))  // 枚举1的次数 {int t = mmap[lowbit(i)];  draw(x,y,t,true);if(dfs(cnt-1)) return true;draw(x,y,t,false); }return false;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);for(int i = 0; i < N; ++i) mmap[1 << i] = i;for(int i = 0; i < M; ++i){for(int j = 0; j < N; ++j){if(i >> j & 1) ones[i]++;}}while(cin >> str, str[0] != 'e'){init();int cnt = 0;for(int i = 0; i < N; ++i){for(int j = 0; j < N; ++j){if(str[i * N + j] != '.'){int t = str[i * N + j] - '1';draw(i,j,t,true);}else cnt++;}}dfs(cnt);cout << str << endl; }return 0;
}

四、总结

关于小猫爬山和木棒这两个题，前者是枚举每个猫在其中遍历每个组，后者是枚举每个组在其中遍历每个木棍，前者是要求最小的组数，后者要求最短的木棒，前者求最值，后者求是否可行，前者是因为每个组可能装不满，后者是要每个组装满了才能装下一个组，所以怎么说呢，感觉自己还没有那么举一反三的能力，只能按模型去写对应的写法。