AcWing 168. 生日蛋糕

$AcWing$ $168$. 生日蛋糕

一、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 $Nπ$ 的 $M$ 层生日蛋糕，每层都是一个圆柱体。

设 从下往上数 第 $i$ 层蛋糕是半径为 $R_i$，高度为 $H_i$ 的圆柱。

当 $i<M$ 时，要求 $R_i>R_{i+1}$ 且 $H_i>H_{i+1}$。

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。

令 $Q=Sπ$ ，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 $S$ 最小。

除 $Q$ 外，以上所有数据皆为 正整数。

输入格式
输入包含两行，第一行为整数 $N$，表示待制作的蛋糕的体积为 $Nπ$。

第二行为整数 $M$，表示蛋糕的层数为 $M$。

输出格式
输出仅一行，是一个正整数 $S$（若无解则 $S=0$）。

数据范围
$1≤N≤10000,1≤M≤20$

输入样例：

100
2

输出样例：

68

二、题目分析

1、梳理题意

将 自上而下 的各层蛋糕编号为$1 \sim m$，题目要求我们设计一个 $m$ 层蛋糕，下层 的蛋糕比 上层 的蛋糕 半径 和 高度 都 要大 ，并且总的体积为$n$，求 最小的表面积。

2、公式推导

体积

$$\large V_{全}=\sum_{i=1}^{m} \pi R_i ^2 H_i$$

上表面积$S_上$

• 第$m$层的上表面积是$S_m - S_{m-1}$
• 第$m-1$层的上表面积是$S_{m-1} - S_{m-2}$
• ...
• 第$2$层的表面积是$S_2-S_1$
• 第$1$层的上表面积是$S_1$

$$\large \therefore S_{上}=S_m-S_{m-1}+S_{m-1}-S_{m-2}+...+S_2-S_1+S_1=S_m=\pi R_m^2$$

解释：被盖上的那部分面积，都会由上面的小蛋糕补上

侧表面积$S_侧$

侧表面积 就是每个圆柱的侧边面积，也就是一个围成圆柱的矩形面积，圆的边长 乘以 高度 ：

$$\large S_侧=\sum_{i=1}^m 2 \pi R_i H_i$$

整体表面积$S_整$

上表面积 + 侧表面积：

$$\large S_{整}=S_{上}+S_{侧}=\pi R_m^2 +\sum_{i=1}^{m}2 \pi R_i H_i$$

3、剪枝与优化技巧

(1) 优化搜索顺序

为了 先搜索的分支数少，应该 自大到小 搜索:

• 从第$m$层搜索到第$1$层
• 体积公式中$R_i$是 平方级别 ，变化率要高于$H_i$，先搜$R_i$，再搜$H_i$

解释：类比 运输小猫，大头在前，可以使$dfs$搜索树搜索的层数减少，搜索效率提升

(2) 各层高度和半径的范围

设第$i$层蛋糕的半径是$R_i$，高度是$H_i$，因为 半径 和 高度 都是 整数，并且$R_i < R_{i+1},H_i < H_{i+1}$
由于 最上层 的蛋糕半径和高度也必须是 正整数，所以$R_1$和$H_1$至少是$1$，$R_2$要大于$R_1$，至少是$2$，由此可见：第$i$层蛋糕的 半径 和 高度 至少是$i$
第$i$层的 高度 和 半径 至少 是$i$，这就是 各层高度和半径的最小值, 这是$R_i,H_i$的 下界
$R_i < R_{i+1}，H_i < H_{i+1}$，这是一个上界

(3) 预处理

为了在走一半时，能迅速 估计 继续走下去是否能成功，我们可以提前预处理出两个数组：

• $mins[i]$ : $1$到$i$层侧表面积的最小值:

$$\large mins[i] = mins[i-1] + 2* i * i$$

解释：我们手中资源是剩余的体积，随时需要知道剩余$1\sim i$这些层中，我们至少需要多少体积，及时发现不合理的分支并及时停止。

• $minv[i]$ : $1$到$i$层体积的最小值:

$$\large minv[i] = minv[i-1] + i * i * i$$

解释：从第$m$层搜到第$u$层总的体积是$v$，而从第$1$层到第$u$层体积至少是$minv[u]$，所以当$v + minv[u] > n$时就说明 肯定后续会超过体积$n$，方案不合法 (可行性剪枝)

(4) 找出两个变量之间的制约关系

从第$m$层蛋糕搜到当前的第$u$层时，设已经使用的表面积是$s$，体积是$v$，则从第$u$层到第$1$层留给我们的体积 最多 只有$n - v$，所以第$u$层的半径 $$\large \pi R_u^2H_u <= n - v$$

题目很贴心，不想让我们计算$\pi=3.1415926...$这样的小数，而是让我们计算去掉$\pi$后的常数系数，下面的论述中将忽略掉$\pi$:

$$\large R_u <= \sqrt{((n-v)/H_u)}$$

$H_u$的 最小值 是$u$，取$u$时，右侧相当于取到了 最大值，不等式也依然成立，所以

$$\large \left\{\begin{array}{ll} R_u <= \sqrt{(n-v)/u} & \\ H_u <= (n-v) / R_u^2 & \end{array}\right.$$

解释： $R_u$不是随便想多少就是多少的，受到给定后续大小$n-v$和当前层次$u$的限制，不能大于$\sqrt{(n-v)/u}$。而另一个变量$H_u$也不随便想多少就是多少的，它的受限和$R_u$相关，一旦确定了$R_u$的值，$H_u$的 上限 也就确定了。
这就是$H_u$和$R_u$的 另一个上界，两个变量$R_i$与$H_i$不是孤立的，而是存在制约关系，我们在上面推导的过程，其实就是试图找出两者之间的关联制约关系，这样就可以在$dfs$过程中，及时找到冲突点，及时止损，return false。

既然$R_i$和$H_i$都同时要受两个条件的约束，那么 他们的上界取需要取 两个上界条件 的最小值

(5) 深搜函数设计

参数设计:

• $u$:当前是第几层
• $v$:已经占用的空间
• $S$:已经获得的表面积

令
① $ans$是 之前搜到的最小表面积
② $S$ =$m$层的上表面积+已完成的各层侧表面积和

(6) 剪枝策略

• 搜索到一半时表面积已超过了目前的最优解
  如果$s + mins[u] >= ans$，也就是当这个方案搜下去的表面积不可能优于小于之前搜到的解时，应该否定这个方案

• 表面积和体积之间的制约关系
  从第$1$层到第$u$层的 侧表面积

$$S_{1 \sim u}=\sum_{i=1}^{u}2 \pi R_iH_i$$

第$1$层到第$u$层的体积($V_u$是指 从$m$层出发 到达$u$层 时，已使用了的体积)

$$V_{1\sim u}=n-V_u=\sum_{i=1}^{u}\pi R_i^2Hi$$

为了找出两者之间的关系，需要构造成同样的部分:侧表面积 那个$R_iH_i$,体积这个$R_i^2H_i$，很明显，表面积乘上一个$R_i$再除一个$R_i$就能得到一个和体积相关的东西，但$R_i$目前是不确定的(正在尝试中)，我们需要依赖的是前面$u+1$的$R_{u+1}$(本分枝中，前面$u+1$层的$R_{u+1}$已经设定),所以就乘上再除上$R_{u+1}$试试：

$$S_{1 \sim u}=\sum_{i=1}^{u}2 \pi R_iH_i=\frac{2\pi}{R_{u+1}}\sum_{i=1}^{u}R_{u+1}R_iH_i$$

同时因为$R_{u+1}>R_i$,所以：

$$S_{1 \sim u} > \frac{2}{R_{u+1}}\sum_{i=1}^{u} \pi R_i^2Hi$$

将 体积等式 代入：

$$S_{1 \sim u} > \frac{2 (n-V_u)}{R_{u+1}}$$

因此如果 $$\large S_总=S_已+S_{1 \sim u}>=S_{ans}$$
就是说当前阶段，后面不管怎么整，都肯定不会比目前的最优答案$S_{ans}$更牛$X$,可以剪枝

即当

$$S_已+\frac{2(n−V)}{R_{u+1}}>=S_{ans}$$

时就可以剪枝掉（最优性剪枝)

(7) 递归出口

• 最后递归的边界是$u == 0$，遍历完了所有层蛋糕
• 当$v$恰好是$n$时，就可以更新最优解了

四、实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 22;
int n;          // 待制作的蛋糕的体积为
int m;          // 蛋糕的层数为 m
int ans = INF;  // 最小表面积,预求最小，先设最大
int mins[N];    // 每一层的最小表面积
int minv[N];    // 每一层的最小体积
int R[N], H[N]; // 为每一层蛋糕分配的半径和高度

// u:正在研究第几层
// v:已经使用了的体积
// s:已经使用了的表面积
void dfs(int u, int v, int s) {
    // 如果来到第u层，发现，已经使用过的体积v,加上第1~u层最小体积minv[u] ,大于整体的体积n，就不用再继续了
    if (v + minv[u] > n) return;

    // 如果来到第u层，发现，已经使用过的表面各s,加上第u层及以上所有层需要的表面积mins[u]
    // 大于当前最优解了，就不用再继续研究了，还不如最优解，再研究也是白扯
    if (s + mins[u] >= ans) return;

    // 第二个最优性剪枝,侧面积和体积不是孤立存在的，是有关联关系的。
    // 不符合这个关联关系的Ri和Hi是没有必要继续的
    if (2 * (n - v) / R[u + 1] + s >= ans) return;

    // 摆完所有层蛋糕
    if (u == 0) {
        // 如果已经使用的体积等于n，如果是，那么更新答案
        if (v == n) ans = s;
        return;
    }
    // 枚举每一个可能的半径,同理，半径由大到小
    for (int r = min(R[u + 1] - 1, (int)sqrt((n - v) / u)); r >= u; r--)
        for (int h = min(H[u + 1] - 1, (n - v) / r / r); h >= u; h--) {
            // 如果是第m层，需要加上一个底面积，其它层就只计算侧面积
            int t = (u == m ? r * r : 0);
            // 记录下第u层的选择,半径：r,高度：h
            R[u] = r, H[u] = h; // 因为静态数组可以重复按索引写入，所以不需要回溯
            // 递归上一层,体积变为v+r*r*h,表面积由s变大为 s + 2 * r * h + t
            dfs(u - 1, v + r * r * h, s + 2 * r * h + t);
        }
}
int main() {
    cin >> n >> m;
    // 预处理
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        // 第i层，半径最小是i,高度最小是i,否则更小层无法获得整数解
        // 预处理出每层及上边所有层的最小表面积,看清楚这是一个叠加的关系，不是简单的计算,是递推式
        mins[i] = mins[i - 1] + 2 * i * i;
        // 预处理出每层及上边所有层的最小体积
        minv[i] = minv[i - 1] + i * i * i;
    }
    // 初始化为无穷大,防止在计算下层半径高度时取到0
    R[m + 1] = H[m + 1] = INF;

    // 从下向上进行深搜，按经验来看，这样能减少出发时的分枝数量，效率提升
    // 从m层出发，此时的体积为0，此时的表面积为0
    dfs(m, 0, 0);

    // 输出答案
    if (ans == INF)
        puts("0");
    else
        printf("%d\n", ans);
    return 0;
}