暴力搜索初探

单纯的暴力搜索就不讲了。

技巧

1.1 折半搜索

这个东西有另外一个名称叫 $\mathrm{M}\mathrm{e}\mathrm{e}\mathrm{t}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{m}\mathrm{i}\mathrm{d}\mathrm{d}\mathrm{l}\mathrm{e}$ 。

这个东西可以解决整个规模比搜索可以解决的规模大一倍的题目，这样我们可以将枚举分成前一部分和后一部分，然后将前一部分和后一部分的答案结合起来就可以了。当然了，为了将答案合起来，我们记住的东西一定要有类似结合率的东西（废话）

$\mathrm{E}\mathrm{x}\mathrm{a}\mathrm{m}\mathrm{p}\mathrm{l}\mathrm{e}1$ 大容量背包问题

有 $N$ 个物品，背包有 $M$ 的容量，其中第 $i$ 个物品的体积和价值分别为 $w_i,v_i$，求最大价值。

$$N\le 40,w_i\le M\le 10^9$$

可以发现，直接搜索是 $2^{40}$ 的，一定会超时，但是众所周知，背包是可以合并的，那么我们可以将物品分成前后两部分，每次 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 时候记住当前已经选择了多少的体积，以及对应的价值。然后将两部分的答案存起来，然后用 $\mathrm{T}\mathrm{w}\mathrm{o}\mathrm{p}\mathrm{o}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{t}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{s}$ 合并。

1.2 剪枝

这个东西最为玄妙，用得好的话可以拿到不错的暴力分。一般认为剪枝有两种，一种是可行性剪枝，另一种是最优化剪枝。

可行性剪枝比较简单易懂，比如 $\mathrm{E}\mathrm{x}\mathrm{a}\mathrm{m}\mathrm{p}\mathrm{l}\mathrm{e}1$ 中，当枚举到的总体积一定大于背包容量的时候，退掉这一部分的搜索。

最优化剪枝用下面的例子进行讲解。

$\mathrm{E}\mathrm{x}\mathrm{a}\mathrm{m}\mathrm{p}\mathrm{l}\mathrm{e}2$ [NOI1999]生日蛋糕

给定一个总体积 $\pi N$ 和层数 $M$，构建一个蛋糕，每一层都是圆柱形，你需要规定由下往上看，每一层的半径 $R_i$ 和高度 $H_i$，要求对于所有 $1\le i<m$,都是 $R_i>R_{i+1},H_i>H_{i+1}$。

上述的所有数都是正整数。

现在要求除去底面积之后最小的表面积。

为了书写方便，将所有的 $\pi$ 都略掉了，也就是将圆形底面换成正方形底面。

首先，现在要求的表面积等于侧面积$+$上层面积，而上层面积等于底面积，所以直接在枚举最底层的时候加上底面积就好了。

最简单的暴力就是从下往上枚举每一层的高度和半径，但是这样只能拿 $10～20\mathrm{p}\mathrm{t}\mathrm{s}$。

考虑剪枝：

首先，第 $i$ 层可以枚举的半径就是: (其中 $sV$ 表示之前已经枚举的所有层的总体积除以 $\pi$。)
$$\left[M-i+1,\min \left\{\lfloor \sqrt{N-sV}\rfloor ,R_{i-1}-1\right\}\right]$$

第 $i$ 层可以枚举的高度也是差不多的：
$$\left[M-i-1,\min \left\{\lfloor \frac{N-sV}{R_i^2}\rfloor ,H_{i-1}-1\right\}\right]$$
还有一个，当 $sV>N$ ，也是可以直接剪枝的（废话）。

还有另一个可行性剪枝：当前面积$+$之后可以得到的最大面积$<N$，即$sS+R_i^2{H}_i\times (M-i)<N$，就可以退出了（之后所有层的体积都是小于 $R_i^2{H}_i$ 的）

接下来是最优化剪枝，这个东西有个套路：
$$当前的答案+之后的最优答案(忽略某些限制条件)\le 当前得到的最优答案$$
如果不满足这个条件，就直接剪枝。

在这道题中，当前答案$+$之后的最小侧面积$>$已经得到的最小面积，就直接剪枝。

形式化讲 $sS+M-i+1>ans$ 就可以剪枝了（令之后的所有层都是半径和高度都是 $1$ ）

同时可以利用之前枚举出来的 $R_i,H_i$，众所周知，当前总体积和总侧面积可以使用下面的公式求出来（废话）：

$$\begin{gathered} sV=\sum _{j=1}^i{R}_j^2{H}_j \\ sS=2\times \sum _{j=1}^i{R}_j{H}_j \end{gathered}$$

那么对于 $[i+1,M]$的总体积和表面积，就有：

$$\begin{gathered} N-sV=\sum _{j=i+1}^M{R}_j^2{H}_j \\ s{S}^{\prime }=2\times \sum _{j=i+1}^M{R}_j{H}_j \end{gathered}$$

那么可以得到：
$$s{S}^{\prime }=\frac{2}{R_i}\sum _{j=i+1}^M{R}_j{R}_i{H}_j\ge \frac{2}{R_i}\sum _{j=i+1}^M{R}_j^2{H}_j=\frac{2(N-sV)}{R_i}$$

也就是说，当 $sS+\frac{2(N-sV)}{R_i}>ans$ ，那么就直接剪枝。

应用

$\mathrm{f}\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{i}\mathrm{l}\mathrm{l}$ 灌水法

这个东西的名字暗示了这篇$\mathrm{B}\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{g}$的本质。

灌水法可以用于无向图联通块的信息统计，最直接的应用就是网格图的染色。

$\mathrm{E}\mathrm{x}\mathrm{a}\mathrm{m}\mathrm{p}\mathrm{l}\mathrm{e}3$ $\mathrm{S}\mathrm{i}\mathrm{m}\mathrm{p}\mathrm{l}\mathrm{e}\mathrm{T}\mathrm{a}\mathrm{s}\mathrm{k}$

随便口胡一道题。

在一个 $N\times M$ 的网格图中，有一些块是有颜色的，而有一些位置是障碍，现在需要求出至少包含 $K$ 种颜色的最大联通块。

$$N,M\le 10^3,1\le 颜色编号\le K\le 10^4$$

可以发现，就是每次找到一个之前没有深搜到的不是障碍的点开始，然后向四周扩散，然后记住拓展了多少个联通块，如果存在一个这个联通块中没有的颜色，就颜色数加一。

但是每次向新的联通块中灌水之前似乎需要清空记住颜色的数组。但是如果使用 memset 就会 $\mathrm{T}\mathrm{L}\mathrm{E}$，如果使用 STL 就会带个 ${\log }_2$ (unordered_map 在 $\mathrm{N}\mathrm{O}\mathrm{I}\mathrm{P}$ 中不建议使用)，这时候可以使用比较没用的时间戳法，记住颜色数组中每一个位置最新一次修改的时间，比如这道题中可以使用当前 $\mathrm{d}\mathrm{f}\mathrm{s}$ 第几个联通块作为时间点，当某个位置记录的时间点小于当前之间点，就先将这个位置清零，然后再改成新的值。

比较傻

const int maxk = 1e4 + 5;
const int vec[5][2] = {{0,0},{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}};
int colfl[maxk], tchk[maxk]/*时间戳*/, ti/*总的时间点*/;
int cnt1, cnt2, col[maxn][maxn]/*颜色，如果col[i][j] == -1 就表示(i,j)是障碍*/

int ask_colfl(int pos) {
    if (tchk[pos] < ti) tchk[pos] = ti, colfl[pos] = 0;
    return colfl[pos];
}
void chg_colfl(int pos, int val) {
    colfl[pos] = val, tchk[pos] = ti;
}

void dfs(int x, int y) {
    cnt1++;
    if (!ask_colfl(col[x][y])) 
        chg_colfl(col[x][y], val), cnt2++;
    for (int i = 1; i <= 4; i++) {
        int nex_x = x + vec[i][0], nex_y = y + vec[i][1];
        if (!nex_x || !nex_y || nex_x > n || nex_y > m) continue;
        if (col[nex_x][nex_y] == -1) continue;
        dfs(nex_x, nex_y);
    }
}
//main()中的代码
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= m; j++)
        if (!vis[i][j] && col[i][j] == -1) {
            ti++, cnt1 = cnt2 = 0, dfs(i, j);
            if (cnt2 >= k) ans = max(ans, cnt1);
        }