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
算法
(DFS 剪枝优化) O(nk)
DFS 搜索顺序:根据木棒的长度从小到大枚举每根木棒,对于每根木棒,枚举可以由哪些木棍拼成,如果所有的木棍拼成了长度相等的多个木棒,说明找到了答案,否则木棒长度加 1 继续搜索。
为什么是正确的?
因为题目要求保证拼凑成功的前提下,还有分组尽可能少,即木棒数量尽可能少,所以我们从小到大枚举每根木棒的长度,第一次找到答案时就是最优解。
剪枝优化:(各种优化,非常多)
- 剪枝 1:
sum % length == 0
只有 length 是 sum 的约数才有可能凑出多个等长的木棒 - 剪枝 2:优化搜索顺序,木棍长度从大到小排序,可以减少搜索的分支
- 排除等效冗余优化
剪枝 3-1:确定每根木棒中木棍的枚举顺序,因为我们的方案和顺序没有关系,以组合的形式枚举方案可以少搜很多重复方案
剪枝 3-2:如果当前木棍没有搜到方案,则跳过所有长度相等的木棍
剪枝 3-3:如果是木棒的第一根木棍就搜索失败了,则一定搜不到方案
剪枝 3-4:如果是木棒的最后一根木棍(+ 上它木棒长度正好是 length)搜索失败了,也一定搜不到方案
证明 3-3:如果在当前木棒 a 的开头换一根木棍 y 可以搜到方案,那么原来这根木棍 x一定在后面的某根木棒 b 中,我们交换木棒 b 的木棍 x 和开头的木棍不会影响答案,那么此时就出现了以木棍 x 开头的木棒搜到了答案,这我们的已知矛盾,所以只要有一根木棒的开头搜不到方案,不管这个位置放哪根木棍都搜不到方案。
证明 3-4:如果我们换几根 / 一根木棍 y 放在当前木棒 a 的最后可以搜到答案,那么原来这跟木棍 x 也一定在后面的某根木棒 b 中,因为 x 和 y 的长度相等,此时把 x 交换过去,此时就出现了以木棍 x 结尾的木棒搜到了答案,这我们的已知矛盾,所以只要有一根木棒的最后一根木棍搜不到方案,不管这个位置放哪根木棍都搜不到方案。
注意:这里有个前提是,当前木棒 + 最后一根木棍的总长度正好是 length,上面证明才成立。
具体实现看代码及注释。
时间复杂度
O(nk) 指数级别
空间复杂度
O(n)
C++ 代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 70;
int n;
int length, sum; // length 表示枚举的木棒的长度,sum 表示当前已经拼好的木棒的总长度
int w[N]; // 每根木棍的长度
bool st[N]; // 状态数组
// u:当前正在拼哪根木棒,s:当前木棒中已有木棍的总长度,start:从哪个位置开始枚举木棍
bool dfs(int u, int s, int start)
{
if (u * length == sum) return true; // 如果当前木棒的数量 * 长度 = sum,则找到了答案,直接返回 true
if (s == length) return dfs(u + 1, 0, 0); // 如果当前木棒的长度等于了 length,则新开一根木棒
// 否则枚举从 start 开始枚举将哪根木棍拼到当前木棒中
for (int i = start; i < n; i ++ ) { // 剪枝 3-1:确定枚举顺序,以组合的形式枚举方案
if (st[i]) continue; // 如果当前木棍用过了,则跳过
if (s + w[i] <= length) { // 如果当前木棒拼上该木棍没超过 length
st[i] = true;
if (dfs(u, s + w[i], i + 1)) return true; // 继续搜索当前木棒的下一根木棍拼哪根
st[i] = false;
// 执行到这 dfs(u, s + w[i], i + 1) 为 false: 说明当前木棍搜索失败了
// 剪枝 3-3:如果是木棒的第一根木棍就搜索失败了,则一定搜不到方案
if (!s) return false; // s = 0 表示刚才木棒拼的是第一根木棍
// 剪枝 3-4:如果是木棒的最后一根木棍搜索失败了,也一定搜不到方案
if (s + w[i] == length) return false;
// 剪枝 3-2:如果当前木棍没有搜到方案,则跳过所有长度相等的木棍
int j = i;
while (j < n && w[i] == w[j]) j ++ ;
i = j - 1;
}
}
return false;
}
int main()
{
while (cin >> n, n) {
// 多组测试数据清空
memset(st, 0, sizeof st);
sum = 0;
for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
cin >> w[i];
sum += w[i];
}
// 剪枝 2:优化搜索顺序,木棍长度从大到小排序
sort(w, w + n);
reverse(w, w + n);
length = 1; // 每根木棒的长度从 1 开始枚举,从小到大枚举,题目要求分组最多,那么第一个满足条件的就是答案
while (true) { // 循环一定会退出,最坏情况下所有木棍拼一根木棒
if (sum % length == 0 && dfs(0, 0, 0)) { // 剪枝 1:只有 length 是 sum 的约数才有可能凑出多个等长的木棒
cout << length << endl;
break;
}
length ++ ; // 当前 length 无法得到答案,则长度 + 1
}
}
return 0;
}
感觉木棒的长度可以从木棍中的最大值开始遍历
是的,对应剪枝2
关于这道题有一点不是很理解,为什么不能按照小猫爬山那道题的做法遍历每一根木棒来判断当前木棍能放在哪个木棒里
for (int i = 0; i < u; i++) {...}
而是要遍历每一根木棍判断当前木棒可以放哪些木棍(和互质组那题差不多),这两种方式有什么区别吗?维度不一样,这题木棒需要分为多组,每组由多个木棒拼接而成,所以需要在每个分组里枚举当前位置放哪个木棒,下一个位置放哪个木棒,直到拼成 length 的方案,再继续拼下一组。注意一下 start 这个参数。
那样枚举也行吧,我写出来的不带剪枝的在洛谷能拿20分,就是不知道怎么剪枝
优化方法确实比较难想,主要是缺一不可,感谢总结
还剩一个月蓝桥杯,写这些有用吗 基本都得看题解 而且要看好久才懂
学个基本框架就好,有时候优化不是这么好想的
把基础题练好
基础题指哪种题型啊
easy medium 啊
什么级别的奖
强
善
宝子, sort(w, w + n), reverse(w, w + n)可以直接写成sort(w, w + n, greater<>())
可以,一样的
有点不理解 剪枝情况 但凡有一个失败了 这个length不就不可以吗 直接换下一个length 不就行了吗 为什么还要再这个长度下继续搜下去呢?
你说的不就是剪枝3-2么
中间的木棒如果拼失败了,把前面顺序换一换,就拼成了
剪枝3-3,我理解,如果在输入小木棍的时候,让length保持为小木棍的最大值,那么拼大木棍的第一支木棍肯定是小于等于length的,那这样就不会出现第一支无解的情况,这个剪枝就可以省去了吗?
不是这个意思吧,3-3的意思是如果以某个开头的木棍搜不到答案,那么这个木棍不管在哪个位置都搜不到答案,就可以剪枝pass了。你在理解一下
好像又有点理解,第一根在比较大的情况下,但是又小于目前length的,但是加上两根最小的小木棍如果超了length的话,就直接结束,不枚举了,直接更新length
orz
佬,为什么我跑了一下你的代码超时了,是环境问题吗?
我试了可以过的吖
我重新用了一下也是可以的,估计是卡编译了?
瞬间懂,orz
orz
哥,超时啊
我刚试了没有超时,你是不是哪里写错了,可以检查一下
我刚刚复制跑了一遍你的代码, 确实超时了
啊,我又跑了,可以 AC 呀,两个人都超时了,不懂了!
我交了一遍,没超时
哥们这3-4真的看不懂
多看几遍y总的视频,这块非常绕,我当时起码看了5、6遍,注意我写的那个前提,带着这个前提去想,你试下。
懂了 谢谢
我还没有看懂哥们,为啥s+w[i]=length就能表示搜最后一个木棍失败了
因为当代码跑到判断s+w[i]==length时,说明前面的dfs没有成功(否则已经return true了)。而s+w[i]=length又说明w[i]是最后一个木棍了,显然这时候已经失败了。