第 3 章 深搜的剪枝技巧（待更新inginging）

在考场中，时常会遇到题目拿到没想法，就先来打个表或写个暴力来骗分。DFS就是一个骗分神器。如果能加上几道优化，或许会有意想不到的结果。

例1：数的划分

类型 DFS+枚举优化

题目

题解

$ 这题在爆搜的时候，可以给后面留下足够的空间。$
$ 什么意思呢？假设当前的值为 x，选择 x 之后要再选\ k-1 个，那么要保证\ yu \geq k*x，yu表示n剩下的部分，$
$ 因为后面还要选择k-1个大小至少为x的数字。$

代码

#include
using namespace std;
int n,m,ans;
void dfs(int sum,int lst,int k)
{
	if (k==1){++ans;return;}
	for (int i=lst;i*k<=sum;++i) dfs(sum-i,i,k-1);
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	dfs(n,1,m);printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

例2：蛋糕

类型 DFS+预判

题目

题解

$这题看似DFS不可做，实际上加入大量预判剪枝后，跑得飞快。$

$先预判体积。如果发现接下来按照最小的方式放都不能使得体积小于n或是按照最大的方式放都不能达到n就停$

$再判表面积。如果接下来拿到最小的表面积都没比当前ans更优秀，那么就停。或者可以用另一种（详见代码）$

$还有就是枚举的时候可以预判r和h的取值范围。$
$上界：r_{max}=\min \{\sqrt{yu}，上次选的r\}，h_{max}=\min \{yu/r，上次选的h\}$
$下界：r_{m}in=h_{m}in=\min \{1，hi\}$
$其中yu表示剩余的体积，hi表示剩余的层数。$

代码

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
int n,m;LL ans=1e18,f1[25],f2[25];
void dfs(LL hi,LL yu,LL R,LL H,LL S)
{
	bool pd=hi==m;
	if (hi==1)
	{
		for (LL r=min(R,(LL)sqrt(yu));r>0;--r)
		{
			LL p=pd?r*r:0;LL h=yu/r/r;if (h>H) break;
			if (h*r*r==yu) ans=min(ans,S+p+(h*r<<1));
		}
		return;
	}
	if (yu>hi*H*R*R||yu<f1[hi]||S+max(yu/R<<1,f2[hi])>ans) return;
	/*如果接下来hi层都按照最大都放不满yu单位空间*/
	/*如果接下来按照最小方式放蛋糕体积都超过n*/
	/*f2是最少要得到的侧面积。对于一个蛋糕，不考虑上下表面，那么最小的方式肯定要使得r尽可能大 
	当前情况下，r最大取到R。假设后面层都取到R，那么几层可以看成一层，侧面积为yu/R*2 */
	for (LL r=min(R,(LL)sqrt(yu));r>=hi;--r)
	{
		LL p=pd?r*r:0;
		for (LL h=min(H,yu/(r*r));h>=hi;--h)
		{
			dfs(hi-1,yu-r*r*h,r-1,h-1,S+(h*r<<1)+p);
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=m;++i) f1[i]=f1[i-1]+i*i*i,f2[i]=f2[i-1]+i*i*2;
	dfs(m,n,sqrt(n),n,0);
	printf("%lld",ans==1e18?0:ans);
	return 0;
}

例3：小木棍

类型 DFS+预判+枚举优化

题目

题解

$这题乍一看还以为是贪心，实际上是有漏洞的。没办法，只能写DFS。$
$但是n=60还是比较大的，想想办法尽可能优化一下。$

枚举方式
$如果懒得写链表，我们可以枚举长度，而不是枚举木棍（长度小于数量）$

枚举方式
$从min(上次选择长度，最长的长度，这根剩余的长度)开始枚举。$

预判
如果当前这根剩下的部分小于有最短的木棍可以直接弹出。

枚举方式
$枚举的时候，按照从大到小的顺序$
$如果所剩的木棍可以凑到长度Len，那么跟顺序肯定没关系$
$但是按顺序可以避免重复$

预判
$假设我们上一次刚好凑出一根木棍，剩余木棍的集合S，找到了最长的木棍x，且x\in S。$
$而选择这根木棍后接下来却凑不出一根木棍，那么就直接弹出。$
$剩余木棍的肯定不能和x凑成新木棍。$
$即使换一根短一点的木棍可以凑出来整根，凑出后x肯定没被使用过，否则刚才就用了。$
$x和刚才那个集合S中的就不能凑成了，现在的集合比S还要小，更不可能凑出整根了。$

$后面两个的效果比较明显。$

代码

#include
using namespace std;
const int maxn=65;
int n,a[maxn],h[55],p[55],MX,MI,sum,Len,LON;
void dfs(int yu,int stp,int lst)
{
	if (stp==n) {printf("%d",Len);exit(0);};
	bool pd;if (pd=!yu) lst=min(yu=Len,MX);
	for (int i=lst;i>=MI;++h[i--])
	  if (h[i]--&&(dfs(yu-i,stp+1,min(i,yu-i)),true)&&pd) {++h[i];return;}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);MI=1e9;
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]),++p[a[i]],sum+=a[i],MX=max(MX,a[i]),MI=min(MI,a[i]);LON=sum>>1;
	for (Len=MX,memcpy(h,p,sizeof p);Len<=LON;++Len) if (sum%Len==0) {dfs(0,0,0);memcpy(h,p,sizeof p);}
	printf("%d\n",sum);return 0;
}

例4：Addition Chains

类型 DFS+预判

题目

题解

$这题在搜索过程中，我们可以提前预判，如果当前长度len+get(a[len])\ge 当前最优解$
$其中，get(a[len])为一个估价函数，表示当前最大值为a[len]的情况下，只是还需几步使得a[len]=n$
$a[len]的增长速度最快是每次扩大2倍。假如有一个最小的k满足2^k+a[len]\ge n，这个k就是get(a[len])$
$如果a[len]连达到n都做不到，那么就更别提与n相等了。$

$其次还可以在枚举的时候加上一些优化，比如：因为我们的a序列是递增的，而且新的元素要大于当前序列最大值$
$所以我们可以倒着枚举i和j，这样一旦发现a[i]+a[j]<=a[len]那么就可以break了，接下来j是递减的，a[i]+a[j^{\prime }]一定小于a[len]$

代码

#include
using namespace std;
int n,a[105],ans,b[105];
int get(int x){int s=0;while(x<n) ++s,x<<=1;return s;}
void dfs(int stp)
{
	if (stp+get(a[stp])>=ans) return;
	if (a[stp]==n) {ans=stp;for (int k=1;k<=stp;++k)b[k]=a[k];return;}
	for (int i=stp;i>=1;--i)
	  for (int j=stp;j>=i;--j)
	    if (a[i]+a[j]>a[stp])
	    {
			if (a[i]+a[j]>n) continue;
			a[stp+1]=a[i]+a[j];dfs(stp+1);
		}else break;
}
int main()
{
	a[1]=1;
	while(true)
	{
		scanf("%d",&n);
		if (! n) break;
		ans=1e9;
		dfs(1);
		for (int i=1;i<ans;++i)printf("%d ",b[i]);printf("%d\n",b[ans]);
	}
	return 0;
}

例5：weight

类型 DFS+枚举剪枝（贪心）

题目

题解

$这题首先想到的是枚举每一个a_i是集合中的第几号元素。$
$这样加上提前判断能否满足前缀和和后缀和，也是要超时的。$

$突发奇想：因为所有元素都是正整数，所以前缀和肯定递增，后缀和肯定递减。$
$对表示前后缀和的序列S排序，对于最小的一个前缀和或后缀和，它不是第一个元素，就是最后一个元素。$
¹证明

$对于第二个元素也是差不多的道理。剩下的都可以以此类推。$

代码

#include
using namespace std;
const int maxn=1005,maxm=505;
int n,m,h[maxm+5],S[maxn<<1],s1[maxn],s2[maxn],Sum,b[maxn];
bool pd(int x){return x>=1&&x<=500&&h[x];}
void dfs(int p,int L,int R)
{
	if (L==R)
	{
		if (pd(Sum-s1[L-1]-s2[R+1]))
		{
			b[L]=Sum-s1[L-1]-s2[R+1];
			for (int i=1;i<n;++i) printf("%d ",b[i]);
			printf("%d\n",b[n]);exit(0);
		}
		return;
	}
	b[L]=S[p]-s1[L-1];
	if (pd(b[L]))
	{
		s1[L]=S[p];
		dfs(p+1,L+1,R);
		s1[L]=0;
	}
	b[L]=0;
	b[R]=S[p]-s2[R+1];
	if (pd(b[R]))
	{
		s2[R]=S[p];
		dfs(p+1,L,R-1);
		s2[R]=0;
	}
	b[R]=0;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);n<<=1;
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&S[i]);sort(S+1,S+n+1);Sum=S[n];
	scanf("%d",&m);n>>=1;
	for (int x,i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&x),h[x]=1;
	dfs(1,1,n);
	return 0;
}

练习1：埃及分数

类型 DFS+预判

题目

题解

之前写过了，直接套链接

代码

和题解在一起

练习2：平板涂色

本蒟蒻的代码找不到问题，但是就是WA……

练习3：靶形数独

类型 DFS+枚举剪枝

题目

题解

$这题在0的个数比较多的时候可能会超时。$

$但是经过观察，我们可以先枚举确定已经的数字个数较多的行（列也是同理的）$
$因为这样子我们可以减少肯定不必要的枚举。$

$就比如说第5行第1个数字是这行唯一一个空位，必定填3。若完全按照顺序枚举，那么第1、2、3行的第1个位置都可能被枚举到为3（很显然第1列不可能存在任何一个已知数字为3，因为这个3已经可以通过推理确定在第5行第1个）$
$若先把这个3定住，那将减少多少不必要的枚举啊$
$本思路来自洛谷题解$
https://www.luogu.org/problemnew/solution/P1074
$其中还有很多很好的想法，本蒟蒻功力不足，暂且就说这些吧。$

代码

#include
using namespace std;
const int f[6]={0,6,7,8,9,10};
int a[15][15],x[15][15],y[15][15],t[15][15],id[15][15],h[7],hx[15],ans=-1;
int nxt()
{
	int id=10;
	for (int i=1;i<=9;++i) if (hx[i]<9&&hx[i]>hx[id]) id=i;
	return id;
}
int g(int F)
{
	int sum=0;
	for (int i=1;i<=5;++i) sum+=h[i]*9*f[F];
	return sum;
}
void dfs(int xx,int yy,int s)
{
	if (yy>9) {xx=nxt();yy=1;}
	int F=min(min(10-xx,10-yy),min(xx,yy));
	if (ans>=s+g(F)) return;
	if (xx>9) {ans=s;return;}
	if (a[xx][yy]){dfs(xx,yy+1,s);return;}
	for (int i=1;i<=9;++i)
	{
		if (!x[xx][i]&&!y[yy][i]&&!t[id[xx][yy]][i])
		{
			x[xx][i]=y[yy][i]=t[id[xx][yy]][i]=1;
			a[xx][yy]=i;--h[F];++hx[xx];
			dfs(xx,yy+1,s+i*f[F]);
			x[xx][i]=y[yy][i]=t[id[xx][yy]][i]=0;
			a[xx][yy]=0;++h[F];--hx[xx];
		}
	}
}
int main()
{
	for (int k=0;k<3;++k)
	for (int t=0;t<3;++t)
	{
		int m=k*3+t+1;
		for (int i=1;i<=3;++i)
		for (int j=1;j<=3;++j) id[i+k*3][j+t*3]=m;
	}
	int S=0;
	h[1]=32;
	h[2]=24;
	h[3]=16;
	h[4]=8;
	h[5]=1;
	for (int i=1;i<=9;++i)
	 for (int j=1;j<=9;++j)
	 {
	 	 scanf("%d",&a[i][j]);
	 	 t[id[i][j]][a[i][j]]=1;
	 	 x[i][a[i][j]]=1;
	 	 y[j][a[i][j]]=1;
	 	 int F=min(min(10-i,10-j),min(i,j));
	 	 if (a[i][j]) S+=a[i][j]*f[F],--h[F],++hx[i];
	 }
	hx[10]=-1;
	dfs(nxt()!=10?nxt():1,1,S);
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

---

1. 既然写证明，就写详细点吧 $我们先对一开始的S序列排序$ ↩︎