题目描述

翰翰和达达饲养了 N N 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 W W，而 N N N 只小猫的重量分别是 C 1 、 C 2 … … C N C_1、C_2……C_N C1、C2……CN。

当然，每辆缆车上的小猫的重量之和不能超过 W W W。

每租用一辆缆车，翰翰和达达就要付 1 1 1 美元，所以他们想知道，最少需要付多少美元才能把这 N N N 只小猫都运送下山？

输入格式
第 1 1 1 行：包含两个用空格隔开的整数， N N N 和 W W W。

第 2.. N + 1 2..N+1 2..N+1 行：每行一个整数，其中第 i + 1 i+1 i+1 行的整数表示第 i i i 只小猫的重量 C i C_i 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≤N≤18, 1≤N≤18,
1 ≤ C i ≤ W ≤ 1 0 8 1≤C_i≤W≤10^8 1≤Ci≤W≤108

输入样例：

输出样例：

分析

利用dfs的方法，显然当考虑C中每只猫时有两个选择：

将该猫放入已经租好的缆车集合中的某个缆车（如果能放进）。
新租一个缆车，然后把猫放进去。

因此，枚举一遍所有的猫，让后让其走两条dfs的路径。

优化1

先定义ans：当前最优方案的租缆车数（最小）；cnt：某一层深搜时的已租了的缆车数量。
显然，cnt >= ans时已经没有必要再在该方案下枚举后面的猫了，因为cnt是不减的，所以在此条件下直接return。

优化2

可以看出，体重较大猫比体重较小猫选择缆车的机会要少，因而让机会少的体重较大猫先来对缆车进行选择，由此降低后期 “因缆车数不足而新租” 的情况减少，对应地，dfs生成的树层数会变少，分支数会变多，从而找到最优解的速度会更快。

Code

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;const int N = 20;int cost[N];
vector<int> c;
int n, w, ans = 0x3f3f3f3f;bool cmp(int a,int b){return a > b;
}void dfs(int p, int cnt){          //p指向第p只猫   cnt表示现在租了cnt个缆车int cat = c[p];if(p >= c.size() + 1){      //终点ans = min(ans, cnt);return;}if(cnt >= ans)      return;         //剪枝  cnt已经比已有方案中缆车数更大了没必要往下走for(int i = 1;i <= cnt;i ++){         //将猫放入已有的缆车中if(cost[i] + cat <= w){cost[i] += cat;dfs(p + 1, cnt);cost[i] -= cat;}}cost[cnt + 1] = cat;                //新开一个缆车dfs(p + 1, cnt + 1);cost[cnt + 1] = 0;
}int main(){cin >> n >> w;for(int i = 0;i < n;i ++){int t;cin >> t;c.push_back(t);}sort(c.begin(), c.end(), cmp);       //C大的先选择dfs(0, 1);cout << ans << endl;return 0;
}

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