AcWing 170. 加成序列[曾用名：加法链]
\(AcWing\) \(170\). 加成序列 【又名：加法链】
一、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 ：
\(X[1]=1\)
\(X[m]=n\)
\(X[1]<X[2]<…<X[m−1]<X[m]\)
对于每个 \(k（2≤k≤m）\)都存在两个整数 \(i\) 和 \(j\) \(（1≤i,j≤k−1\)，\(i\) 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。
输入格式
输入包含多组测试用例。
每组测试用例占据一行，包含一个整数 \(n\)。
当输入为单行的 \(0\) 时，表示输入结束。
输出格式
对于每个测试用例，输出一个满足需求的整数序列，数字之间用空格隔开。
每个输出占一行。
数据范围
\(1≤n≤100\)
输入样例：
5
7
12
15
77
0
输出样例：
1 2 4 5
1 2 4 6 7
1 2 4 8 12
1 2 4 5 10 15
1 2 4 8 9 17 34 68 77
二、题目解析
注：在\(10\)步以内搜不到结果就算无解，之所以不能使用\(bfs\)来解决，是因为\(bfs\)会使用大量的空间，会\(MLE\),你可以先看一下题目对于内存的要求，比如本题：\(1s/64mb\)。
搜索规模 很深，但 答案深度 很浅，可以使用 迭代加深 来做
顺序：依次考虑序列中的每个位置 \(1~ 2~ 3 ~4 ~,...\)
搜索框架
依次搜索序列中的每个位置\(u\),枚举\(i\)和\(j\)作为分支，\(a[i]\)和\(a[j]\)的和填到\(a[u]\)上，然后 递归填写下一个位置
- 优化搜索顺序
为了让序列中的数尽快逼近\(n\)，在枚举\(i\)和\(j\)时 从大到小 枚举
\(Code\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int n; // 终点值n
int a[N]; // 填充的每个数字，路径
int depth; // 最小长度上限
// u:当前枚举到的位置
bool dfs(int u) {
// 如果走完最后一个位置，来到了一个尾巴哨兵面前，此时，需要检查刚刚最后填入的a[u-1]是不是等于数字n,是则找到了答案，不是，则没有找到答案
if (u == depth + 1) return a[u - 1] == n;
for (int i = u - 1; i; i--) // 枚举所有的前序位置 可以优化为 for(int i = u -1 ;i > u-2;i--) 可以优化到28ms
for (int j = i; j; j--) { // 前序填充数字中，任意两个数的和，可以重复使用同一个数字
int s = a[i] + a[j]; // 两个数的和,这是一个可能要填充到u位置上的解
// 可行性剪枝
// a数组必然是一个单调上升的序列，小于等于上一个位置的数字，都是不可能的分支
// 如果本次枚举的数字比前一个还小的话，那么肯定不是解。
if (s <= a[u - 1]) return false; // 41ms
if (s > n) continue; // 超过上界的肯定不对
a[u] = s; // 将s放入路径中
// 在放完u之后，走到u+1的位置，那么这条路径是不是合法，不再依赖于自己，而是依赖于u+1这步的探测结果
if (dfs(u + 1)) return true;
}
// 如果所有组合都尝试了一遍，依然不可以找到true的答案，那么本路径无效
return false;
}
int main() {
// 题目要求:第1个数字是1,最后一个是n
a[1] = 1;
while (cin >> n, n) { // 多组测试数据，输入为0时停止,n是指序列的终止值
depth = 1; // 深度从1开始
// 迭代加深
while (!dfs(2)) depth++; // 从第2个位置开始搜索，不断放宽depth
// 输出搜索路径
for (int i = 1; i <= depth; i++) printf("%d ", a[i]);
puts("");
}
return 0;
}
三、答疑解惑
for(int i = u -1 ;i > u-2;i--)
为什么可以优化成：
for (int i = u - 1; i > u - 2; i--)
答： \(a[n]\)必然由\(a[n-1]+?\)构成
反证法: 假设最优解数列中 最后一个数 \(a[n]\) 不是由\(a[n - 1]\)转化而来，那么我们可以就可以去掉\(a[n - 1]\)得到 序列长度更加短 的答案，所以一定\(a[n]\)一定是由\(a[n-1]\) 转化而来。同理，其它\(a[n-1],a[n-2],...,a[2]\)均同此理。(数学归纳法)
最终代码\(Code\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
// 利用a[u]=a[u-1]+?进行构建的性质进行优化
int n; // 终点值n
int a[N]; // 填充的每个数字，路径
int depth; // 最小长度上限
// u:当前枚举到的位置
bool dfs(int u) {
// 如果走完最后一个位置，来到了一个尾巴哨兵面前，此时，需要检查刚刚最后填入的a[u-1]是不是等于数字n,是则找到了答案，不是，则没有找到答案
if (u == depth + 1) return a[u - 1] == n;
for (int j = u - 1; j; j--) { // 前序填充数字中，任意两个数的和，可以重复使用同一个数字
int s = a[u - 1] + a[j]; // 两个数的和,这是一个可能要填充到u位置上的解
// 可行性剪枝
// a数组必然是一个单调上升的序列，小于等于上一个位置的数字，都是不可能的分支
// 如果本次枚举的数字比前一个还小的话，那么肯定不是解。
if (s > n) continue; // 超过上界的肯定不对
a[u] = s; // 将s放入路径中
// 在放完u之后，走到u+1的位置，那么这条路径是不是合法，不再依赖于自己，而是依赖于u+1这步的探测结果
if (dfs(u + 1)) return true;
}
// 如果所有组合都尝试了一遍，依然不可以找到true的答案，那么本路径无效
return false;
}
int main() {
// 题目要求:第1个数字是1,最后一个是n
a[1] = 1;
while (cin >> n, n) { // 多组测试数据，输入为0时停止,n是指序列的终止值
depth = 1; // 深度从1开始
// 迭代加深
while (!dfs(2)) depth++; // 从第2个位置开始搜索，不断放宽depth
// 输出搜索路径
for (int i = 1; i <= depth; i++) printf("%d ", a[i]);
puts("");
}
return 0;
}
