问题关键就是：
一个点，可能
新开一个组
比
放到已经存在的组
更划算
因为后面的数据，我们遍历之前的点时，并不知道
所以我们应该针对每个点，都应该做出一个选择就是
新开一个元组或者放到之前的元组中，都尝试一次(截取重点内容，继续往下看)
我们发现这道题目有两个可以剪枝的部分,
一个是如果当前的答案已经大于了我们已知的最小答案,不用说直接return返回即可.
第二个剪枝则是,我们可以将小猫的体重从大到小排序,这样我们的搜索树就会缩短许多,至于为什么,因为我们的剩余空间就变小了,然后可选择的猫也就少了
(截取重点内容，继续往下看)
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dfs解决分组问题
- 分成互质组
- 错误想法：从头遍历，如果不匹配，则开新组
- 正确想法：小孩子才做选择，dfs直接两种情况都试试
- 小猫爬山
- 减枝思想！！！
分成互质组
首先什么是互质？
互质就是 彼此的最大公约数是 1
求a，b的最大公约数
int gcd(int a,int b)
{
while(b)
{
int c = a % b;
a = b;
b = c;
}
return a;
}
错误想法：从头遍历，如果不匹配，则开新组
本题，我的想法是：
从头遍历，如果不匹配，则开新组
用样例说就是
6
14 20 33 117 143 175
选择20看之前已经开辟的 组别
如果已经存在的 组别中的元素
和当前的不符合，那么换另一个组别再次尝试
如果都不合适，那么直接创建新组
错误代码
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 11;
int n;
int a[N];
vector<int> g[N];
int gcd(int a,int b)
{
while(b)
{
int c = a % b;
a = b;
b = c;
}
return a;
}
int g_size;
void dfs(int u)
{
if(u>n)
return;
for(int i = 1; i <= g_size; i++)
{
int flag = 1;
for(int j = 0; j < g[i].size(); j++)
{
if(gcd(a[u],g[i][j])!=1)
{
flag = 0;
}
}
if(flag==1)
{
// cout << a[u] << ' ';
g[i].push_back(a[u]);
dfs(u+1);
return;
}
}
g_size+=1;
g[g_size].push_back(a[u]);
dfs(u+1);
return;
}
int main()
{
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
dfs(1);
cout << g_size << endl;
return 0;
}
正确想法：小孩子才做选择，dfs直接两种情况都试试
但是出现问题了
4
3 7 6 14
这个样例 安上述思想 分组
3 7
6
14
分出3个组
但是
如果按着 正常分组
应该是
3
7 6 14
这样更好
问题关键就是：
一个点，可能
新开一个组
比
放到已经存在的组
更划算
因为后面的数据，我们遍历之前的点时，并不知道
所以我们应该针对每个点，都应该做出一个选择就是
新开一个元组或者放到之前的元组中，都尝试一次
//正确代码
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 11;
int n;
int a[N];
int gcd(int a,int b)
{
while(b)
{
int c = a % b;
a = b;
b = c;
}
return a;
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
void dfs(int g_size,vector<int> g[N],int u)
{
if(u>n)
{
ans = min(g_size,ans);
return;
}
for(int i = 1; i <= g_size; i++)
{
int flag = 1;
for(int j = 0; j < g[i].size(); j++)
{
if(gcd(a[u],g[i][j])!=1)
{
flag = 0;
}
}
if(flag==1)
{
// cout << a[u] << ' ';
g[i].push_back(a[u]);
dfs(g_size,g,u+1);
g[i].pop_back();
}
}
g[g_size+1].push_back(a[u]);
dfs(g_size+1,g,u+1);
g[g_size+1].pop_back();
}
int main()
{
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
vector<int> g[N];
dfs(0,g,1);
cout << ans << endl;
return 0;
}
小猫爬山
减枝思想！！！
本题思路和上题一样，
但关键一点是，咱们可以借助本题，学会剪枝思想
-
当我们按某一种方案遍历过程时，发现走到一半发现这个方案，走到了一半已经比我之前走过的方案更费时费力，那么就直接不走这个方案了，减枝
-
或者走的过程中，按着从大到小 或者从小到大走，这样说不定也会省时省力，也是减枝
-
或者就是我们知道了可实现的最坏情况
那么超过可实现的最坏情况，一定是不对的，直接不需要继续dfs了，也是剪枝
我们发现这道题目有两个可以剪枝的部分,
一个是如果当前的答案已经大于了我们已知的最小答案,不用说直接return返回即可.
第二个剪枝则是,我们可以将小猫的体重从大到小排序,这样我们的搜索树就会缩短许多,至于为什么,因为我们的剩余空间就变小了,然后可选择的猫也就少了
/*
* Project: 0x22_深度优先搜索
* File Created:Sunday, January 24th 2021, 11:31:12 am
* Author: Bug-Free
* Problem:AcWing 165. 小猫爬山
*/
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 2e1;
int cat[N], cab[N];
int n, w;
int ans;
bool cmp(int a, int b) {
return a > b;
}
void dfs(int now, int cnt) {
if (cnt >= ans) {
return;
}
if (now == n + 1) {
ans = min(ans, cnt);
return;
}
//尝试分配到已经租用的缆车上
for (int i = 1; i <= cnt; i++) { //分配到已租用缆车
if (cab[i] + cat[now] <= w) {
cab[i] += cat[now];
dfs(now + 1, cnt);
cab[i] -= cat[now]; //还原
}
}
// 新开一辆缆车
cab[cnt + 1] = cat[now];
dfs(now + 1, cnt + 1);
cab[cnt + 1] = 0;
}
int main() {
cin >> n >> w;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> cat[i];
}
sort(cat + 1, cat + 1 + n, cmp);
ans = n;
dfs(1, 0);
cout << ans << endl;
return 0;
}
