010

题目：https://www.luogu.com.cn/problem/P1120

题目描述：给你一堆木棍，拼出一些长度相等的木棍，问这个“长度”最小可以是几

题目思路：还是深搜与剪枝

首先来一个基本思路：

从小到大枚举答案再爆搜

开始剪枝:

优化1：

由于题目中说“长度不大于50的木棍”

所以在输入小木棍的时候，长度大于50的可以直接扔掉

优化2：

原始木棍再短也短不过小木棍的长度，所以答案所在范围的上界就是所有小木棍中长度最长的那个

再想，如果原始木棍只有1根，那不就是把所有的木棍加起来吗？所以答案所在范围的下界就是所有小木棍的长度之和

而后，如果原始木棍有2根，那就是所有小木棍的长度之和对半分，也就是范围下界对半分

所以我们的下界可以定为（所有小木棍的长度之和）/2，如果这都没有，那就只能是把所有木棍加起来的那种了

优化3：

如果所有小木棍的长度之和无法整除一个假定答案，那么这个答案是无论如何也无法实现的

这就可以再刷下来一批

优化4：

由于是从小到大枚举，所以搜到一个可行的答案可以直接输出然后再见

注意了！！！！优化5-8是重点！！！！

优化5：

前面的木棍我们已经看过了，所以我们没有必要再去看它们（仅限于同一根假定原始木棍中）

所以设计一个p作为这次搜索开始的起点

优化6：

如果当前剩余的长度与当前搜到的小木棍的长度相等

这就是一个运气爆棚的方案

要是还没过，那就可以再见了

优化7：

如果当前剩余的长度与假定原始木棍的长度相等

那么这货兜兜转转还是会回到优化6中出现的情况、

玩nm！

优化8：

如果这个木棍不行，那么与它同样长度的木棍都不行

全找出来，并且全踢掉（这也是我排序的理由）

代码如下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[66],i,sum=0,l,d,v[66];
//a是一堆木棍，v是v[i]木棍是否被用过 
bool cmp(int x,int y){//由大到小排序 
	return x>y;
}
bool dfs(int now,int p,int sti){
    //now是当前正在拼的木棍的最小长度 
    //p是我们待会儿搜索木棍的起点 
	//sti是已经拼出来的木棍数量
	if(sti==d){//这个数量达到了预期 
		return 1;//此方案可行，返回“真” 
	}
	if(now==0){//如果这根木棍恰好拼完 
		if(dfs(l,1,sti+1)){//拼完的木棍（sti+1）
		//再回到预期木棍长度和数组起点 
		//如果返回了“真”证明此方案可行 
			return 1;//返回“真” 
		}
	}
	for(int i=p;i<=n;++i){//优化5 
		if(v[i]==0&&a[i]<=now){//没有用过且拼成之后的木棍没有过长 
			v[i]=1;//设定“已使用” 
			if(dfs(now-a[i],i+1,sti)){//继续递归
			//如果这个递归返回“真”，那么此方案可行 
				return 1;//返回“真” 
			}
			v[i]=0;//如果没成就把木棍吐回来 
			if(now==a[i]||now==l){//优化6，7 
				break;
			}
			while(a[i+1]==a[i]){//优化8 
				i++;
			}
		}
	}
	return 0;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d",&a[i]);
		if(a[i]>50){//优化1 
			i--;
			n--;
		}
		else{
			sum+=a[i];//找上界 
		}
	}
	sort(a+1,a+1+n,cmp);//找下界 
	for(i=a[1];i<=sum/2;++i){//优化2 
		if(sum%i==0){//优化3 
			l=i;
			d=sum/i;
			if(dfs(l,1,0)){ 
				printf("%d",l);
				return 0;//优化4 
			}
		}
	}
	printf("%d",sum);
	return 0;//再见 
}
总结：经典剪枝题
多读读5-8的优化，会有很大收获