枚举-dfs深度优先搜索

枚举-深度优先搜索

前备知识

dfs和枚举的关系有点玄妙。

先说枚举 ，枚举就是把所有可能的结果全都列出来，怎么才能找到所有结果，有的很简单，比如找质数，一个函数和一个循环就可以。但是有的就不那么简单，比如写出1,2,3三个数的全排列，就要些手法。

dfs也就是深度优先搜索。什么是深度优先？可以理解成一条路走到黑（走得够深），如果路被堵住了（或者找到目标），就退回到上一个路口看看有没有其他的路（回溯）。这就有点试错的意味，利用计算机快速的计算能力，穷举出答案（枚举）。

dfs有的时候就像是填字游戏。比如给你四个空，1，2,3,4填上去，有几种填法？432*1种填法，列出来就是24种（全排列）对不对？可是如果是5个数字呢（120种）6个数字呢（720种）？这个时候当然不能手工写出来，要让计算机自己打出来，如何写一个程序就是关键了。

我们要处理什么？

• 如何说明完成现在这一步，递归的形式完成下一步？（比如我第一个数字填了1，如何表示后面的数字组合形式（比如第二个数字填2或3））
• 如何剪枝优化，提升效率（剪枝，就是减少那些不必要的步骤，比如通常来说我回家要经过四个路口，我尝试不同路线回家的时候，有些路一眼就知道走不通，就直接放弃（也就是不是都要走够四个路口））

dfs题目一 全排列问题

题目描述

按照字典序输出自然数 $1$ 到 $n$ 所有不重复的排列，即 $n$ 的全排列，要求所产生的任一数字序列中不允许出现重复的数字。

输入格式

一个整数 $n$。

输出格式

由 $1\sim n$ 组成的所有不重复的数字序列，每行一个序列。

每个数字保留 $5$ 个场宽。

输入输出样例 #1

输入 #1

3

输出 #1

1    2    31    3    22    1    32    3    13    1    23    2    1

说明/提示

$1\le n\le 9$。

代码

#include<iostream>
#include<iomanip>
using namespace std;
int arr[25] = { 0 };
bool used[21] = { 0 };
int n;
void print() {for (int i = 1; i < n; i++){cout << setw(5) << arr[i];}cout << setw(5) << arr[n] << endl;
}
void dfs(int x){//x是当前是第x格,从0开始if (x == n){print();return;}//dfs 相当于填拼图，一个位置放好之后看下一个位置，填满之后又回退到上一个步骤，看看有什么其他可能for (int i = 1; i <= n; i++) {if (used[i])continue;//如果该数字被使用过，则跳过arr[x+1] = i;//第x个位置放入拼图used[i] = true;//标记避免重复使用dfs(x + 1);//填下一个位置used[i] = false;//回退}//拿1的情况来说，刚开始填了1,1被标记为用过了，x+1格的位置填上其他的//回退到1的时候，又把1标记成未使用的，开始2开头的深度搜索return;
}
int main(){cin >> n;dfs(0);//从0位置开始，从1开始会提前结束（少了一次深入）return 0;
}

dfs题目二 烤鸡

题目背景

猪猪 Hanke 得到了一只鸡。

题目描述

猪猪 Hanke 特别喜欢吃烤鸡（本是同畜牲，相煎何太急！）Hanke 吃鸡很特别，为什么特别呢？因为他有 $10$ 种配料（芥末、孜然等），每种配料可以放 $1$ 到 $3$ 克，任意烤鸡的美味程度为所有配料质量之和。

现在， Hanke 想要知道，如果给你一个美味程度 $n$ ，请输出这 $10$ 种配料的所有搭配方案。

输入格式

一个正整数 $n$，表示美味程度。

输出格式

第一行，方案总数。

第二行至结束，$10$ 个数，表示每种配料所放的质量，按字典序排列。

如果没有符合要求的方法，就只要在第一行输出一个 $0$。

输入输出样例 #1

输入 #1

11

输出 #1

10
1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 
1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 
1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 
1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 
1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 
1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 
1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 
1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 
1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 
2 1 1 1 1 1 1 1 1 1

说明/提示

对于 $100\%$ 的数据，$n\le 5000$。

代码

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
vector<vector<int>>solutions;//记录方案
vector<int>current(10);//记录十种结果
void dfs(int pos, int remaining)//pos表示处理的位置，remaining表示处理剩余部分
{if (pos == 10) {if (remaining == 0)solutions.push_back(current);return;//处理到最后一个也还有剩余，舍弃掉}int min_remainning = remaining - (10 - pos) * 3;//剩下的是否可以凑出来int max_remainning = remaining - (10 - pos)*1;// 剪枝//减少递归的次数，比如我来个35，直接就爆了，递归也不递归了if (min_remainning > 0 || max_remainning < 0)return;//递归for (int i = 1; i <= 3; i++) {if (remaining >= i) {current[pos] = i;dfs(pos + 1, remaining - i);}}
}
int main() {int n;cin >> n;if (n < 10 || n > 30) {cout << 0 << endl;return 0;}dfs(0, n);//current的下标从0开始//solutions可以按字典序存的原因是，一直递推到最后，自然是pos==10满足的放进去//而且是dfs（）中pos放入的小的先递归结束cout << solutions.size() << endl;for (const auto& solution : solutions){for (int i = 0; i < 10; i++)cout << solution[i]<<' ';cout << endl;}return 0;
}

枚举-题目1: 完全平方数分解（简单）

题目描述：

给定一个正整数n，判断能否将n表示为两个完全平方数的和。

输入：

一个正整数n (1 ≤ n ≤ 10000)

输出：

如果能表示为两个完全平方数的和，输出"YES"，否则输出"NO"

代码

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;int main() {int n;cin >> n;for (int i = 0; i * i <= n; i++) {int remaining = n - i * i;int j = sqrt(remaining);if (j * j == remaining) {cout << "YES" << endl;return 0;}}cout << "NO" << endl;return 0;
}

枚举-题目2：分苹果问题

题目描述：

有n个苹果要分给k个小朋友，每个小朋友至少分到1个苹果。问有多少种不同的分配方案？

输入：

两个正整数n和k (k ≤ n ≤ 20)

输出：

分配方案的数量

代码

#include <iostream>
using namespace std;int count_ways = 0;void enumerate(int remaining, int people, int min_val) {if (people == 1) {if (remaining >= min_val) {count_ways++;}return;}// 枚举当前人可以分到的苹果数for (int give = min_val; give <= remaining - people + 1; give++) {enumerate(remaining - give, people - 1, give);}
}int main() {int n, k;cin >> n >> k;count_ways = 0;enumerate(n, k, 1);cout << count_ways << endl;return 0;
}

枚举-题目3：找纸币问题

题目描述：

给定金额n美元，用面值为100, 20, 10, 5, 1的纸币支付，求最少需要多少张纸币。

输入格式：

一个整数n (1≤n≤10^9)

输出格式：

最少纸币数

代码

#include <iostream>
using namespace std;int main() {int n;cin >> n;int bills[] = {100, 20, 10, 5, 1};int count = 0;//从最大的纸币开始，不够一整张就看小的面额的纸币for (int i = 0; i < 5; i++) {count += n / bills[i];n %= bills[i];}cout << count << endl;return 0;
}

总结

DFS 的浪漫主义：在看似无望的深渊中，坚信必有出路；在每一次的回溯中，都带着前路的智慧重新出发。说白了，dfs就是一个试错的过程，不撞南墙不回头，人生没有回溯，每一个岔路口的选择都是未知的，但总要走下去。

ps：其他题目下一篇再分享啦，下期见