Acw 170.加成序列

题目描述

满足如下条件的序列 \(X\)（序列中元素被标号为 \(1、2、3…m\)）被称为“加成序列”：

1. \(X[1]=1\)
2. \(X[m]=n\)
3. \(X[1]<X[2]<…<X[m-1]<X[m]\)
4. 对于每个 \(k\)（\(2 \le k \le m\)）都存在两个整数 \(i\) 和 \(j\) （\(1 \le i,j\le k-1\)，\(i\) 和 \(j\) 可相等），使得 \(X[k]=X[i]+X[j]\)。

你的任务是：给定一个整数 \(n\)，找出符合上述条件的长度 \(m\) 最小的“加成序列”。

如果有多个满足要求的答案，只需要找出任意一个可行解。

解题思路

\(\qquad\) 看到 \(n\le 100\)，考虑爆搜，但是这个一般的爆搜过不去，原因如下：递归的层数可能很深（因为序列的长度可以很长），但是答案序列的长度会很短，举个例子，在这个序列中：

\[\large 1\ \ 2\ \ 3\ \ 5\ \ 8\ \ 13\ \ 21\ \ 34\ \ 55\ \ 89\ \ 144 \]

\(\qquad\)长度只有 \(11\)，但是很容易构造出一个递增的序列，可以达到 \(144\) 项。为了避免这样的不必要搜索，我们可以采用迭代加深搜索。

\[\]

\(\qquad\qquad\qquad\)迭代加深搜索适合搜索规模不定，但是答案在较浅的层数的问题

\[\]

\(\qquad\)具体就是我们先假定一个最大层数，在搜索的时候超过最大层数就不继续，知道搜索成功后，这个最大层数就是我们的答案。

剪枝操作

\(\qquad1.\)优化搜索顺序：因为这是严格递增顺序，所以为了让答案尽快趋近于 \(n\)，我们应该从后面的项开始，并且 \(a[i]\) 必定可以由 \(a[i - 1]\) 得到，这里可以采用反证法：因为如果 \(a[i]\) 的组成中不包含 \(a[i - 1]\)，那我们把 \(a[i - 1]\) 这一项删去不改变序列的性质，而且答案更优。所以 \(a[i]\) 必定可以由 \(a[i - 1]\) 得到，只要枚举另一个数就可以了。

\(\qquad2.\)排除等效冗余：由于两个数的和可能出现重复，所以我们要排除这种情况，搞个判重数组

\(\qquad3.\)估价函数：由于后一项至多是前一项的两倍，所以当当前数 \(a[i]\times 2^{m - i + 1} < n\) 的时候，代表无论如何也无法达到目标，所以也是不行的。

代码实现

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 110;
int n, path[N];

bool dfs(int u, int dep) 
{
	if (u == dep + 1) return path[dep] == n;
	if (path[u - 1] * (1 << dep - u + 1) < n) return 0;

	int st[N] = {0};
	for (int j = u - 1; j >= 1; j -- ) 
	{
		int sum = path[u - 1] + path[j];
		if (sum <= path[u - 1]) continue ;
		if (st[sum] || sum > n) continue ;

		path[u] = sum, st[sum] = 1;
		if (dfs(u + 1, dep)) return 1;
	} 

	return 0;
}

int main() 
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);

	path[1] = 1;
	while (cin >> n, n) 
	{
		int dep = 2;
		while (!dfs(2, dep)) dep ++ ;

		for (int i = 1; i <= dep; i ++ )
			cout << path[i] << ' ';
		cout << '\n';
	}

	return 0;
}

这些全部搞起来我们的代码就可以稳定 \(20ms\) 以内了 qwq