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
样例
输入样例:
5 1996
1
2
1994
12
29
输出:
2
C++ 代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=20;
int n,m;
int sum[N];//每辆车装的重量
int w[N];
int res=N;//最多N辆车,每人一辆
bool cmp(const int& a,const int& b)
{
return a>b;
}
void dfs(int u,int cnt)//当前正在安排的猫的编号为u,已经使用的车辆数量为cnt,当前这只猫的两种安排方案:插到现有的或新开一辆
{
//最优性剪枝
if(cnt>=res) return;//当前方案不是最优的,不用再搜了
//边界条件,正在安排第n+1只猫,结束
if(u==n)
{
res=cnt;//cnt一定小于res,因为cnt过了第一个判断条件
return;
}
//方案一:插入已有的cnt车辆,编号0-cnt-1
for(int i=0;i<cnt;i++)
{
//可行性剪枝,如果坐的下的话才能坐
if(sum[i]+w[u]<=m)
{
sum[i]+=w[u];
dfs(u+1,cnt);
sum[i]-=w[u];//恢复现场
}
}
//方案二:开一辆新车,编号cnt
sum[cnt]=w[u];
dfs(u+1,cnt+1);
sum[cnt]=0;//恢复现场
}
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>w[i];
//优化搜索顺序
sort(w,w+n,cmp);//从大到小排序
//y总写法,nb
//sort(w,w+n);
//reverse(w,w+n);
dfs(0,0);//从编号为0的小猫开始安排,刚开始一辆车也没有
cout<<res<<endl;
return 0;
}
请问恢复现场有啥作用
相当于时间回溯一切回到原点,你才能做新的选择。
hhhh
懂了谢谢dl