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[NOIP2000 提高组] 单词接龙

题目描述

单词接龙是一个与我们经常玩的成语接龙相类似的游戏，现在我们已知一组单词，且给定一个开头的字母，要求出以这个字母开头的最长的“龙”（每个单词都最多在“龙”中出现两次），在两个单词相连时，其重合部分合为一部分，例如 beast 和 astonish，如果接成一条龙则变为 beastonish，另外相邻的两部分不能存在包含关系，例如 at 和 atide 间不能相连。

输入格式

输入的第一行为一个单独的整数 \(n\) 表示单词数，以下 \(n\) 行每行有一个单词，输入的最后一行为一个单个字符，表示“龙”开头的字母。你可以假定以此字母开头的“龙”一定存在。

输出格式

只需输出以此字母开头的最长的“龙”的长度。

样例 #1

样例输入 #1

5
at
touch
cheat
choose
tact
a

样例输出 #1

23

提示

样例解释：连成的“龙”为 atoucheatactactouchoose。

\(n \le 20\)。

题解：

首先预处理出来上一个词为第i个词，当前词为第j个词的时候，后缀与前缀相同的时候为多少记为给g[i][j]。然后模拟插入过程即可。

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
#define Howardlhhhr ios::sync_with_stdio(false);cout.tie(0);cin.tie(0);
using namespace std;
const int N = 22;
string word[N];
int g[N][N],used[N];
int n,ans;
void dfs(string dragon,int last)
{
    ans = max(ans,(int)dragon.size());
    used[last] ++;

    for(int i = 0;i<n;i++)
    {
        if(g[last][i]&&used[i]<2)
        {
            dfs(dragon + word[i].substr(g[last][i]),i);
        }
    }

    used[last] --;
}
int main()
{
    Howardlhhhr
    cin >> n;
    for(int i = 0;i<n;i++) cin >> word[i];
    for(int i = 0;i<n;i++)
    {
        for(int j = 0;j<n;j++)
        {
            string a = word[i],b = word[j];
            for(int k = 1;k<min(a.size(),b.size());k++)
            {
                if(a.substr(a.size()-k,k) == b.substr(0,k))
                {
                    g[i][j] = k;
                    break;
                }
            }
        }
    }
    char start;
    cin >> start;
    for(int i = 0;i<n;i++)
    {
        if(word[i][0] == start)
        {
            dfs(word[i],i);
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

[USACO05DEC] Scales S

题目描述

约翰有一架用来称牛的体重的天平。与之配套的是 $ N \ ( 1 \leq N \leq 1000 ) $ 个已知质量的砝码（所有砝码质量的数值都在 \(32\) 位带符号整数范围内）。

每次称牛时，他都把某头奶牛安置在天平的某一边，然后往天平另一边加砝码，直到天平平衡，于是此时砝码的总质量就是牛的质量（约翰不能把砝码放到奶牛的那边，因为奶牛不喜欢称体重，每当约翰把砝码放到她的蹄子底下，她就会尝试把砝码踢到约翰脸上）。

天平能承受的物体的质量不是无限的，当天平某一边物体的质量大于 $ C \ ( 1 \leq C \leq 2^{30} ) $ 时，天平就会被损坏。砝码按照它们质量的大小被排成一行。并且，这一行中从第 \(3\) 个砝码开始，每个砝码的质量至少等于前面两个砝码（也就是质量比它小的砝码中质量最大的两个）的质量的和。

约翰想知道，用他所拥有的这些砝码以及这架天平，能称出的质量最大是多少。由于天平的最大承重能力为 \(C\)，他不能把所有砝码都放到天平上。

现在约翰告诉你每个砝码的质量，以及天平能承受的最大质量，你的任务是选出一些砝码，使它们的质量和在不压坏天平的前提下是所有组合中最大的。

输入格式

第 \(1\) 行输入两个用空格隔开的正整数 $ N $ 和 $ C $。

第 \(2\) 到 $ N+1 $ 行：每一行仅包含一个正整数，即某个砝码的质量。保证这些砝码的质量是一个不下降序列。

输出格式

输出一个正整数，表示用所给的砝码能称出的不压坏天平的最大质量。

样例 #1

样例输入 #1

3 15
1
10
20

样例输出 #1

11

题解：

可行性剪枝：如果当前选的砝码已经大于最大可选的量的话，那么这条路无论怎么选，都是一个不合法的方案，故剪枝。
搜索顺序：从大到小依次搜索，因为这样能够让决策可选择性越来越少，可以先搜出答案以排除后面的答案

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010;
typedef long long LL;
LL a[N],sum[N];
LL n,c;
LL ans;
void dfs(int k,LL now)
{
    if(now > c) return;
    if(now + sum[k-1]<=c)
    {
        ans = max(ans,now+sum[k-1]);
        return;
    }
    ans = max(ans,now);
    for(int i = k-1;i;i--)
    {
        if(a[i] < c )dfs(i,now+a[i]);
    }
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&c);
    for(int i = 1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),sum[i] = sum[i-1] + a[i];
    dfs(n+1,0);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

[NOI1999] 生日蛋糕

题目描述

7 月 17 日是 Mr.W 的生日，ACM-THU 为此要制作一个体积为 \(N\pi\) 的 \(M\) 层生日蛋糕，每层都是一个圆柱体。

设从下往上数第 \(i\)（\(1 \leq i \leq M\)）层蛋糕是半径为 \(R_i\)，高度为 \(H_i\) 的圆柱。当 \(i \lt M\) 时，要求 \(R_i \gt R_{i+1}\) 且 \(H_i \gt H_{i+1}\)。

由于要在蛋糕上抹奶油，为尽可能节约经费，我们希望蛋糕外表面（最下一层的下底面除外）的面积 \(Q\) 最小。

请编程对给出的 \(N\) 和 \(M\)，找出蛋糕的制作方案（适当的 \(R_i\) 和 \(H_i\) 的值），使 \(S=\dfrac{Q}{\pi}\) 最小。

（除 \(Q\) 外，以上所有数据皆为正整数）

输入格式

第一行为一个整数 \(N\)（\(N \leq 2 \times 10^4\)），表示待制作的蛋糕的体积为 \(N\pi\)。

第二行为 \(M\)（\(M \leq 15\)），表示蛋糕的层数为 \(M\)。

输出格式

输出一个整数 \(S\)，若无解，输出 \(-1\)。

样例 #1

样例输入 #1

100
2

样例输出 #1

68

题解

可行性剪枝：如果当前可以选的最大的体积比当前必须选的最小的体积要小，那么不可行，故剪枝
最优性剪枝：如果当前已经选的体积，加上估计最小值（后文会推导）要大于当前答案，后面怎么选都不可能是最优，故剪枝
搜索顺序：从大到小放体积
估计最小值推导
假设上面一层是1，最下面一层是是m

\[\sum_{k=1}^u S_k = \sum_{k=1}^u 2\pi r_kh_k = \frac{\sum_{k=1}^u \pi r_kh_kr_{u+1}}{2r_{u+1}} \leq \frac{\sum_{k=1}^u \pi r_k^2h_k}{2r_{u+1}} =\frac{\sum_{k=1}^u V_k}{2r_{u+1}} \]

即

\[\sum_{k=1}^u S_k \leq \frac{\sum_{k=1}^u V_k}{2r_{u+1}} \]

故有 此时的面积加上预测面积如果大于当前答案则return
对r和h的限制
首先每一层的r和h的最小值应该等于这一层的层数，（第一层最少且最少是一，故第二层最少是2依次类推），而r取最大，h和剩余体积取最小，h取最大同理。故可以得到下面不等式

\[u \leq r_u \leq min(r_{u+1},\frac{\sqrt{n-V- \sum_{k=1}^{u-1} minV_i}}{u} ) \]

\[u \leq h_u \leq min(h_{u+1},\frac{n-V- \sum_{k=1}^{u-1} minV_i}{u^2} ) \]

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 30,INF = 0x3f3f3f3f;
int minv[M],mins[M];
int R[M],H[M];
int n,m;
int ans = INF;
void dfs(int u,int v,int s)
{
    if(v + minv[u] > n) return;
    if(s + mins[u] >= ans) return;
    if(s + 2 * (n-v) / R[u+1] >= ans) return;
    
    if(!u)
    {
        if(v==n) ans = s;
        return;
    }
    for(int r = min(R[u+1]-1,(int)sqrt(n-v));r>=u;r--)
    {
        for(int h = min(H[u+1]-1,(n-v)/r/r);h>=u;h--)
        {
            int t = 0;
            if(u==m) t = r * r;
            R[u] = r,H[u] = h;
            dfs(u-1,v+r*r*h,s+2*r*h+t);
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i = 1;i<=m;i++)
    {
        minv[i] = minv[i-1] + i * i * i;
        mins[i] = mins[i-1] + 2 * i * i;
    }
    R[m+1] = H[m+1] = INF;
    dfs(m,0,0);
    printf("%d\n",ans==INF?-1:ans);
    return 0;
}

BFS