167.木棒
| 167. 木棒 - AcWing题库 |
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| 难度：中等 |
| 时/空限制：1s / 64MB |
| 总通过数：17542 |
| 总尝试数：44639 |
| 来源： 《算法竞赛进阶指南》UVA307 |
| 算法标签 搜索DFS剪枝 |
题目内容
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
题目详解
给我们N个不超过50的数，每个数表示每根木棍的长度，把这些木棍拼成若干个长度相等的大木棍的话，每根大木棍的长度的最小值是多少
用暴力搜索去做
暴搜顺序
- 从小到大枚举一下最终答案的长度，从小到大找到的第一个成立的长度就一定是答案
- 长度需要满足条件，每个木棍的长度成立的话，一定是总和的约数，所以需要加一些剪枝
- 从前往后一根一根去拼，直到把所有的木棍用为止，从前往后依次去拼每次长度为最终长度的木棍
如果可以把所有木棍都用完的话，答案就是此时枚举的最终长度
没有必要用二分，当最终长度很小的时候，很快会发现是无解的，所以从小到大枚举的时候，计算量是倍增的，这个时候二分是没有什么意义的，因为下一集的计算量远远大于前面计算量的总和
优化
-
优化搜索顺序
递归的时候是一个深度优先搜索树，优先选择深度短的来搜，因为深度越短越容易尽早发现剪枝，尽可能地可以剪掉一些无用状态
这样的话，什么样的顺序去选可以样深度比较浅？
优先选择比较长的小木棍，把这个坑占好了之后，剩余的空间选择的深度就不会太大，所以搜索顺序就是从大到小去枚举
这样可以在搜索的时候尽可能更早地触发剪枝条件
-
排除一些冗余的状态
拼一根木棍的时候，1，3，5、3，1，5、5，1，3这三种都是一样的，有可能会因为顺序产生一些等效冗余的方案，因此在搜的时候可以人为定一个状态。这样每一个顺序只取一个，比如这里可以排除3!个冗余方案
要求每一个长木棍内部的小木棍的编号从小到大递增
常见的优化方式，在搜方案的时候不考虑顺序，把一种排列的方案变成组合的方案，
-
可行性剪枝
比如现在已经拼出了一些长度为最终长度的木棍，当前在拼下一节长度为当前枚举的长度的木棍，下一根木棍是第i根木棍，把后面的情况暴搜完之后，发现它无解，就要触发可行性剪枝
可行性剪枝有三类
如果当前的木棍拼到这，失败之后，就要跳过所有长度跟当前木棍相等的其他木棍
证明
比如当前第i根木棍拿过来试了一下不成立，假设接下来的第j根木棍跟第i根木棍的长度是一样的，
换成j之后，是成立的话，必然存在一个方案，把所有长度为当前枚举最终长度的木棍都可以拼出来，由于所有的木棍都会被用掉，所以第i根木棍一定会被用，设第i根木棍在后面的某个位置，因为j和i长度是一样的，所以把i和j交换，仍然是一个方案，把j交换过去之后，在按编号从小到大排序，发现就可以构造一个把i放到当前位置的方案，就与i放到当前位置矛盾
假设现在已经拼了一些长度为当前枚举的最终长度的长木棍，在拼下一根新木棍的时候，从前往后找到第一根没有用过的小木棍，把这根木棍放到当前的最新的要拼的这棍木棍的第一个，放完之后如果无解的话，则当前方案一定无解
证明
i是编号从小到大，第一根没有用过的木棍，如果i作为当前新木棍的第一根不成立的话，
如果最后存在一个方案，可以把这个方案设出来，i就不能作为当前长木棍里面的木棍了，就只能作为其余木棍里面的木棍，由于i是当前第一根没有被用过的木棍，每一根长木棍内部的短木棍的编号都是递增的，所以i就必然在未来的某一根长木棍里面是第一根，如果把这两个方案交换一下，就可以构造出来一个当前第i根木棍作为当前长木棍第一根的一个方案，就矛盾了
在拼某一根长木棍的时候，如果把第i根木棍放到最后一个位置，刚好可以把当前的木棍凑满的话，但是又无解，
把当前第i根木棍凑到最后一个位置的话，整个木棍的长度满足条件，等于当前枚举的最终长度，但是后面无解，后面剩余的木棍拼不好它，这种情况下也无解
若当前小木棍作为最后一根加上后，当前的长木棍已经满足要求了，则一定无解
证明
假设把第i根木棍放到了当前的位置，刚好凑了一根长度为最终长度的长木棍，但是剩余的木棍是无解的，无法凑成长度为枚举最终长度的长木棍，它是无解的
如果有解的话，这里必然是用多余一根来凑出来， 假设有两根把i的位置凑出来了，由于当前方案是一组解，所以i一定会被用到，i就会出现在未来的某一根长木棍里，把i和这两根交换一下，交换以后，这两根还要按照编号从小到大排序，这样仍然是一组解，而且i是作为了当前最后一根的位置，就矛盾了
代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 70;
int n;
int w[N]; //用w表示每根木棍的长度
bool st[N]; //表示每根木棍有没有被用过
int sum; //表示当前木棍的总长度
int len; //表示当前枚举的长度
//当前枚举到第几根长木棍，当前正在拼的长木棍的长度，当前长木棍内小木棍的下标
bool dfs(int u, int cur, int start)
{
//判断一下，如果把所有的小木棍都拼成长木棍的话
if (u * len == sum)
return true;
//如果当前的长木棍已经拼好了，就枚举下一根木棍
if (cur == len)
return dfs(u + 1, 0, 0);
for (int i = start; i < n; i ++)
{
//如果当前的小木棍已经被用过了
if (st[i])
continue;
//判断当前木棍能不能拿来用
if (cur + w[i] <= len)
{
st[i] = true;
//如果用当前木棍能凑到方案的话
if (dfs (u, cur + w[i], i + 1))
return true;
st[i] = false;
}
//第2，3个剪枝
//如果发现当前正在拼一根新的长木棍，或者是当前的最后一根
if (!cur || cur + w[i] == len)
return false;
//第1个剪枝
int j = i + 1;
while (j < n && w[i] == w[j])
j ++;
i = j - 1;
}
//如果无解
return false;
}
int main()
{
//因为有多组数据，每次读入一个n，判断n是不是0
while (cin >> n, n)
{
//清空一下
sum = len = 0;
//从前往后依次读取每一根长木棍
for (int i = 0; i < n; i ++)
{
cin >> w[i];
//更新一下总和
sum += w[i];
//最小的长度一定大于等于对短的一根的长度
len = max(len, w[i]);
}
//排序
sort (w, w + n, greater<int>());
//先清空一下，表示每一根木棍都没有被用过
memset(st, 0, sizeof st);
//从小到大取枚举
while (true)
{
//每次判断一下当前的len成不成立，能整除并且能搜到方案的话，就成立
if (sum % len == 0 && dfs(0, 0, 0))
{
//就把len输出
cout << len << endl;
break;
}
len ++;
}
}
return 0;
}