https://loj.ac/problem/10019
题目描述
有一个(M)层的生日蛋糕，它的体积为(Nπ)，它每层的半径随层数增加而增加，我们要在蛋糕外表面(出最后一层底面外)涂抹奶油，求蛋糕上涂抹奶油的面积最小为多少。输出(Q)表示涂抹面积为(Qπ)。
思路
(dfs)的剪枝主要包括(5)类，优化搜索顺序，排除等效冗余，可行性剪枝，最优性剪枝，记忆化。
这道题我们主要运用前四个剪枝。
1、上下界剪枝
当我们递归到第(dep)层时，我们只需要从以下范围枚举
先枚举(R∈[ dep ， min{sqrt{N-v}，r[ dep + 1] - 1}])
再枚举(H∈[ dep ， min{(N-v)/R^2，r[ dep + 1] - 1}])
这里(R)和(H)的下界是比较显然的，而上界都可以由公式(πR^2H = π(N - v))得到
2、优化搜索顺序
这是这道题最重要的优化，虽然简单，却大大提高了搜索效率。在(loj)上测试，正序搜索总时间(1300ms+)，倒序搜索总时间(9ms)。
倒序搜索可以快速得到较优解，从而结合其他剪枝避免了次优解的过多更新，但这里的严谨证明根本无从下手，作为(OIer)我们可以通过造数据来测试哪一种搜索
顺序更快。
3、可行性剪枝
我们可以预处理出还剩下(dep)层的最小体积(minv[dep])，这样就有了以下剪枝：
(minv[ dep ] + v>N) 直接(return)
4、最优性剪枝
(①)与可行性剪枝类似，我们可以预处理出还剩下(dep)层的最小表面积(mins)，如果(mins[dep] + s>ans)，可以(return)。
(②)这个剪枝就比较复杂，需要一定的数学推导
首先利用(h)和(r)数组，(1sim dep-1)的体积可表示为：
同时，(1sim dep-1)层的表面积可表示为：
而显然我们可以得到
由于对于(forall k∈[ 1， dep - 1]，r [ k ]<r [ dep ])，所以：
而后面的求和公式即为我们上面提到的(N - v)，所以联立可得：
所以当这个值加目前的表面积(s)大于(ans)时可以剪枝。
这个剪枝的效率也相当高，未加此剪枝时间(1350ms+)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,ans=0x7fffffff;
int mins[30],minv[30];
bool check1(int d,int s)
{
if(mins[d]+s>ans)return 1;
return 0;
}
bool check2(int d,int v)
{
if(minv[d]+v>n)return 1;
return 0;
}
void dfs(int dep,int s,int v,int r,int h)
{
if(dep==0)
{
if(v==n&&s<ans)ans=s;
return ;
}
if(check1(dep,s)||check2(dep,v))return ;
if(2*(n-v)/r+s>ans)return ;
for(int R=min((int)sqrt(n-v),r-1);R>=dep;R--)
{
if(dep==m)s=R*R;
for(int H=min((int)(n-v)/(R*R),h-1);H>=dep;H--)
// cout<<H<<' '<<R<<endl;
dfs(dep-1,s+2*R*H,v+R*R*H,R,H);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
mins[i]=mins[i-1]+2*i*i;
minv[i]=minv[i-1]+i*i*i;
}
// for(int i=1;i<=m;i++)
// printf("%d %d
",mins[i],minv[i]);
dfs(m,0,0,n+1,n+1);
printf("%d",ans);
return 0;
}