<think>由于奶牛的数量 N 不超过 18，我们可以使用状态压缩动态规划（状压DP）来解决这个问题。
我们用 dp[state] 表示将状态为 state 的奶牛（state 是一个二进制数，第 i 位为 1 表示第 i 头奶牛已经被运送）运送下去所需的最少电梯次数。
同时，我们还需要记录在 dp[state] 对应的最少电梯次数下，最后一趟电梯的剩余空间（即还能再装多少磅）是多少，这样在状态转移时我们可以考虑将新的奶牛放入最后一趟电梯（如果剩余空间足够）或者新开一趟电梯。
因此，我们设计两个数组：
dp[state]: 表示运送 state 状态下的奶牛所需的最少电梯次数。
rest[state]: 表示在 dp[state] 的最少电梯次数下，最后一趟电梯的剩余载重（即还能再装多少磅）。
状态转移：
对于当前状态 state，我们尝试加入一头还没有被运送的奶牛 i（即 state 的第 i 位为 0）。
有两种情况：
1. 如果当前最后一趟电梯的剩余载重 rest[state] >= c[i]，那么我们可以将这头奶牛放入最后一趟电梯中。
那么新的状态 new_state = state | (1<<i)
此时，电梯次数不变，即 dp[new_state] = dp[state]（但可能比原来更优，因为我们要保证次数最少，同时剩余空间更大）
但是，剩余空间变为 rest[state] - c[i]。
注意：如果 dp[state] 和 dp[new_state] 相等，我们则希望剩余空间尽可能大（这样后面能装更多），所以取 rest[new_state] = max(rest[new_state], rest[state]-c[i])
2. 如果当前最后一趟电梯的剩余载重 rest[state] < c[i]，那么我们不能将这头奶牛放入最后一趟电梯，需要新开一趟电梯。
那么新的状态 new_state = state | (1<<i)
此时，电梯次数增加1：dp[new_state] = dp[state] + 1
并且新电梯装完这头奶牛后，剩余空间为 W - c[i]。
同样，如果 dp[state]+1 比 dp[new_state] 小，则更新，相等时更新剩余空间为 max(rest[new_state], W-c[i])
但是，我们也可以选择不放入最后一趟而是新开一趟，即使当前剩余空间足够，但为了后面能装更大的牛，我们可能选择新开？但是题目要求最少电梯次数，所以只要能放进去，我们就不会选择新开（因为新开会增加次数）。所以我们的策略是：能放就放，不能放就新开。
初始化：
dp[0] = 0，表示没有奶牛时，电梯次数为0，同时 rest[0] = W（表示剩余空间为W，因为还没有开始装）。
其他状态初始化为 dp[state] = inf, rest[state] = -1（表示不可达）。
然后我们从小到大遍历所有状态（0 到 (1<<n)-1），对于每个状态，尝试加入每一头未被运送的奶牛。
注意：由于状态转移时，我们只考虑当前状态下的最后一趟电梯的剩余空间，所以这种转移是合理的。
但是，还有一种情况：我们可能将一头奶牛放入之前已经开过的某一趟电梯（而不是最后一趟）？但是注意，我们并不关心之前电梯的剩余空间，因为一旦电梯已经运送下去，我们就不能再往里面加奶牛了。我们只关心当前最后一趟电梯的剩余空间，因为当前状态下的最后一趟电梯是唯一可以继续加奶牛的那一趟。
然而，我们可能会担心：如果当前状态是由多个电梯运送形成的，那么除了最后一趟，其他电梯都已经运送完毕，所以只有最后一趟电梯还有剩余空间可以利用。因此，我们的状态设计是合理的。
但是，我们需要注意：在状态转移时，我们只尝试将奶牛加入最后一趟电梯或者新开一趟。那么，有没有可能将奶牛加入之前已经开过的电梯（非最后一趟）？注意，我们状态转移时，每个状态只记录了最后一趟电梯的剩余空间，而之前的电梯已经运送完成，所以不能再添加奶牛。因此，我们只能将奶牛加入最后一趟电梯（如果空间足够）或者新开一趟（成为新的最后一趟）。
然而，我们可能会担心：也许将奶牛加入之前的某一趟电梯（非最后一趟）会得到更优的解？但实际上，由于电梯的运送是独立的，并且我们只关心哪些奶牛被运送了，而不关心具体哪一趟，所以只要在状态转移中我们能够保证不重不漏地尝试所有可能的添加方式，那么我们的状态设计就是正确的。但是，我们的状态设计并没有记录之前每一趟电梯的剩余空间，所以确实可能遗漏一些情况：比如，我们可能将一头奶牛加入之前某一趟电梯（非最后一趟）的剩余空间，这样就不会增加电梯次数。但是，由于状态转移中我们只保留了最后一趟电梯的剩余空间，而之前电梯的剩余空间已经丢失，所以无法进行这种操作。
因此，我们需要重新考虑状态设计：实际上，我们并不需要记录每一趟电梯的剩余空间，因为题目只要求最少的电梯次数。但是，在状态转移时，我们可能会因为丢失信息而无法得到最优解。所以，我们需要改变思路：在状态转移时，我们并不一定要将新奶牛放入最后一趟，而是可以放入任意一趟已经开出的电梯（只要还有空间）？但是，这样状态设计就会变得复杂。
另一种常见的状压DP解决装箱问题（bin packing）的方法是：状态 state 表示已经被运送的奶牛集合，然后我们每次枚举一个子集，将这个子集作为最后一趟电梯运送的奶牛（当然，这个子集的总重量不超过W）。这样，状态转移方程为：
dp[state] = min{ dp[state-sub] + 1 } 其中 sub 是 state 的一个子集，并且 sub 中的奶牛总重量<=W。
但是，枚举子集的时间复杂度为 O(3^n)，对于 n=18，3^18约等于4e9，显然超时。
因此，我们需要更高效的方法。
我们参考经典做法：用 dp[state] 表示运送 state 状态下的奶牛所需的最少电梯次数，同时用 rest[state] 表示在最少电梯次数下，最后一趟电梯的剩余空间（最大化剩余空间）。这样，状态转移时，我们不再枚举子集，而是逐个加入奶牛。
为什么这样可行？因为如果我们逐个加入奶牛，那么加入的顺序并不影响最终的结果（因为奶牛是独立的，而且我们只关心集合）。并且，在状态转移时，我们总是尝试将奶牛放入最后一趟电梯（如果空间足够）或者新开一趟。这样，我们实际上是在模拟一种贪心策略：尽量将奶牛放入最后一趟电梯。
但是，这种贪心策略是否可能错过更优解？比如，我们可能将一头奶牛放入之前某一趟电梯，从而使得最后一趟电梯的剩余空间更大，从而能装下更大的奶牛？然而，由于我们只关心电梯次数，而将奶牛放入之前的电梯并不会改变电梯次数（只要不放最后一趟，那么放入之前的电梯不会改变当前状态的电梯次数，但是放入之前的电梯需要我们在之前的状态转移中就已经放入了，而我们的状态转移是逐头奶牛加入的，所以当我们加入当前奶牛时，之前的电梯已经固定了，无法再添加）。因此，我们只能将奶牛放入最后一趟电梯（因为其他电梯已经运送完毕）或者新开一趟。
所以，我们只能将奶牛放入最后一趟电梯（如果空间足够）或者新开一趟。因此，状态转移设计如下：
for state from 0 to (1<<n)-1:
if dp[state] is inf, skip
for each cow i not in state:
if rest[state] >= c[i]:
new_state = state | (1<<i)
new_rest = rest[state] - c[i]
if dp[state] < dp[new_state] or (dp[state]==dp[new_state] and new_rest > rest[new_state]):
dp[new_state] = dp[state]
rest[new_state] = new_rest
else:
new_state = state | (1<<i)
new_rest = W - c[i]
if dp[state]+1 < dp[new_state] or (dp[state]+1==dp[new_state] and new_rest > rest[new_state]):
dp[new_state] = dp[state]+1
rest[new_state] = new_rest
但是，这里有一个问题：我们可能有多头奶牛，我们加入的顺序可能会影响结果。比如，先加入一头大的再加入一头小的，和先加入小的再加入大的，可能得到不同的剩余空间。但是，由于我们遍历了所有状态，并且对于每个状态，我们尝试加入所有未加入的奶牛，所以最终会得到最优解。
然而，我们是否可能因为加入顺序而错过更优解？实际上不会，因为状态 state 表示一个集合，而不管加入顺序如何，我们都会到达相同的状态。但是，在状态转移中，我们只保留了在相同电梯次数下最后一趟电梯的最大剩余空间。这样，如果两个不同的转移到达同一个状态，我们只保留电梯次数更少或者次数相同但剩余空间更大的那个。因此，我们能够保证在电梯次数最少的前提下，最后一趟电梯的剩余空间最大，从而为后续的奶牛提供更多的装载机会。
因此，这个状态转移是合理的。
初始化：
dp[0] = 0, rest[0] = W
其他状态：dp[i] = inf, rest[i] = -1
最后，答案就是 dp[(1<<n)-1]
注意：由于 n 最大为 18，所以状态总数为 2^18 = 262144，对于每个状态，我们最多尝试 18 头奶牛，所以总操作数约为 262144*18 ≈ 4.7e6，可以接受。
但是，我们还需要注意：在状态转移中，我们可能会多次更新同一个状态，所以需要用滚动数组或者直接更新。
我们按照状态从小到大遍历，因为每个状态需要由比它小的状态转移而来。
代码实现步骤：
1. 读取输入：n, W 和 n 头奶牛的体重。
2. 初始化 dp 和 rest 数组，大小为 1<<n。
3. 设置 dp[0]=0, rest[0]=W，其他状态初始化为 dp[state]=inf（一个很大的数），rest[state]=-1。
4. 遍历所有状态：state 从 0 到 (1<<n)-1。
如果 dp[state] 为 inf，跳过。
对于每头奶牛 i（0<=i<n）：
如果 state 的第 i 位已经是 1，跳过。
否则，计算 new_state = state | (1<<i)
然后，判断当前状态 state 的最后一趟电梯的剩余空间 rest[state] 是否大于等于 c[i]：
如果大于等于，则尝试将奶牛 i 放入最后一趟电梯：
电梯次数不变：new_dp = dp[state]
新的剩余空间：new_rest = rest[state] - c[i]
否则，需要新开一趟电梯：
new_dp = dp[state] + 1
new_rest = W - c[i]
然后，更新 new_state 的状态：
如果 new_dp < dp[new_state]，则更新 dp[new_state] = new_dp, rest[new_state]=new_rest
如果 new_dp == dp[new_state] 且 new_rest > rest[new_state]，则更新 rest[new_state]=new_rest
5. 输出 dp[(1<<n)-1]
但是，注意：在状态转移中，我们可能会遇到同一个状态被多次更新，所以我们需要在每次更新时都进行比较。
下面我们用题目样例测试：n=4, W=10, c=[5,6,3,7]
状态0：dp[0]=0, rest[0]=10
然后，我们尝试加入每一头奶牛：
加入奶牛0（体重5）：new_state=0001 -> dp=0, rest=10-5=5
加入奶牛1（体重6）：new_state=0010 -> dp=0, rest=10-6=4
加入奶牛2（体重3）：new_state=0100 -> dp=0, rest=10-3=7
加入奶牛3（体重7）：new_state=1000 -> dp=0+1=1, rest=10-7=3 （因为10<7? 不对，10>=7，所以应该是放入，那么dp=0, rest=10-7=3？不对，我们判断：rest[0]=10>=7，所以放入，那么dp=0, rest=3）
所以，状态0001: dp=0, rest=5
状态0010: dp=0, rest=4
状态0100: dp=0, rest=7
状态1000: dp=0, rest=3
然后，我们考虑状态0001（奶牛0）：
未加入的奶牛：1,2,3
加入奶牛1：体重6，当前剩余空间5<6 -> 新开：dp=0+1=1, rest=10-6=4 -> 状态0011: dp=1, rest=4
加入奶牛2：体重3，5>=3 -> 放入：dp=0, rest=5-3=2 -> 状态0101: dp=0, rest=2
加入奶牛3：体重7，5<7 -> 新开：dp=0+1=1, rest=10-7=3 -> 状态1001: dp=1, rest=3
状态0010（奶牛1）：
未加入：0,2,3
加入0：体重5，当前剩余空间4<5 -> 新开：dp=0+1=1, rest=10-5=5 -> 状态0011: 此时0011已经存在（dp=1, rest=4），现在又有一个转移：dp=1, rest=5 -> 因为电梯次数相同，我们取剩余空间更大的5，所以更新rest[0011]=5
加入2：体重3，4>=3 -> 放入：dp=0, rest=4-3=1 -> 状态0110: dp=0, rest=1
加入3：体重7，4<7 -> 新开：dp=1, rest=3 -> 状态1010: dp=1, rest=3
状态0100（奶牛2）：
未加入：0,1,3
加入0：体重5，7>=5 -> 放入：dp=0, rest=7-5=2 -> 状态0101: 此时0101已经存在（dp=0, rest=2），现在又有一个转移：dp=0, rest=2 -> 相同，但剩余空间相同（都是2）所以不用更新。
加入1：体重6，7>=6 -> 放入：dp=0, rest=7-6=1 -> 状态0110: 已经存在（dp=0, rest=1），相同。
加入3：体重7，7>=7 -> 放入：dp=0, rest=0 -> 状态1100: dp=0, rest=0
状态1000（奶牛3）：
未加入：0,1,2
加入0：体重5，3<5 -> 新开：dp=1, rest=10-5=5 -> 状态1001: 已经存在（dp=1, rest=3）和现在这个转移（dp=1, rest=5）-> 更新rest为5
加入1：体重6，3<6 -> 新开：dp=1, rest=4 -> 状态1010: 已经存在（dp=1, rest=3）和现在（dp=1, rest=4）-> 更新为4
加入2：体重3，3>=3 -> 放入：dp=0, rest=0 -> 状态1100: 已经存在（dp=0, rest=0）-> 不更新（因为dp=0比dp=1更优，所以不会更新？不对，这里状态1000的dp=0，加入奶牛2：放入，所以dp=0，而原来1100的dp=0（从0100加入3得到）和现在这个转移（dp=0）相同，剩余空间0和0一样，所以不用更新。
然后我们继续遍历状态（比如0011，0101等）直到全状态。
最终，全状态1111：我们看如何得到。
例如，从状态1100（奶牛2和3）得到：1100的dp=0, rest=0，然后加入奶牛0：0<5 -> 新开：dp=1, rest=5；然后加入奶牛1：5>=4? 不对，奶牛1体重6，5<6，所以再新开：dp=2, rest=4 -> 所以dp=2+1=3? 不对，我们是在1100的基础上加入0和1，但是加入0的时候新开（dp=0+1=1, rest=5），然后状态变成1101（奶牛0,2,3）-> 然后在这个状态（dp=1, rest=5）下加入1：5<6 -> 新开：dp=1+1=2, rest=4 -> 状态1111: dp=2。但是，我们之前可能还有别的路径。
我们再看另一种：从状态0101（奶牛0和2）-> dp=0, rest=2，然后加入奶牛1：2<6 -> 新开：dp=1, rest=4 -> 状态0111: 然后加入奶牛3：4<7 -> 新开：dp=2, rest=3 -> 状态1111: dp=2+1=3? 不对，这里新开两次，所以dp=0+1+1=2? 不对，在状态0111时，dp=1，然后加入3新开，所以dp=2，所以状态1111的dp=2。但是，我们之前得到的状态1111有dp=2的路径？但是题目输出3。
这里我们可能发现，我们得到的最少电梯次数是2？但是题目输出3。
为什么？因为题目中奶牛0（5）和奶牛2（3）可以一起（5+3=8<=10），奶牛1（6）单独，奶牛3（7）单独，所以需要3次。但是我们的状态1111（全状态）通过某个路径得到了2？这不可能。
我们重新检查：状态0111（奶牛0,1,2）的组成：
状态0101（奶牛0,2）加入奶牛1：因为奶牛0,2的总重量为5+3=8，剩余2，而奶牛1重量6>2，所以新开：dp=0+1=1，剩余空间10-6=4。所以状态0111: dp=1, rest=4。
然后加入奶牛3：7>4，所以新开：dp=1+1=2，剩余空间10-7=3。所以状态1111: dp=2。
但是，为什么我们得到2？因为我们认为奶牛0,2和奶牛1,3分别可以放在两个电梯里？但是奶牛1和奶牛3不能放在一起（6+7=13>10），所以只能分两次。但是，我们并没有将奶牛1和奶牛3放在同一个电梯，而是分开了：第一次：0和2，第二次：1，第三次：3。所以总共3次。但是，在状态转移中，我们记录的是：在状态0111（奶牛0,1,2）时，我们用了两次电梯（第一次：0和2，第二次：1）？不对，我们记录的是：状态0111的dp=1（即用了1次电梯？不对，初始状态0，然后加入0和2：用了一次电梯（因为一开始0次，加入0和2都是在同一个电梯？不对，状态0加入0：一次电梯（但dp=0？不对，我们状态0加入0：dp=0，表示电梯次数0？不对，我们状态0表示没有奶牛，dp=0表示0次电梯。然后加入0：变成状态0001，dp=0（表示还是0次电梯？这显然不对，因为已经运送了一头奶牛，所以至少需要一次电梯。所以这里我们的状态0加入0：实际上应该是第一次电梯，所以dp[0001]应该等于1？）
我们重新审视初始化：
状态0：没有奶牛，dp[0]=0，表示0次电梯，剩余空间为W（10）。
然后加入一头奶牛：我们有两种选择：
放入当前电梯：那么电梯次数还是1（因为从0到1，必须用一次电梯）？不对，我们的状态0到状态0001，电梯次数应该是1？但是我们的代码中，状态0的dp=0，然后加入一头奶牛，如果剩余空间足够，那么电梯次数不变（还是0）？这显然不对。
所以，问题出在：我们状态0的dp=0，表示0次电梯，但是当我们加入第一头奶牛时，我们必须使用一次电梯，所以电梯次数应该变为1。
因此，我们需要修改：在状态0加入第一头奶牛时，即使剩余空间足够（因为状态0的剩余空间是W，所以肯定足够），我们也是用了一次电梯？不对，状态0表示还没有使用电梯，所以当我们加入第一头奶牛时，我们使用了一次电梯，但是我们的状态转移中，放入当前电梯并没有增加电梯次数。
所以，我们的状态转移设计有误：状态0的剩余空间为W，但是当我们加入第一头奶牛时，我们实际上启动了一次电梯（电梯次数从0变成1），但是我们在转移时并没有增加电梯次数。
因此，我们需要修改：在状态0时，我们还没有任何电梯。当我们加入第一头奶牛时，我们新开一个电梯（即使剩余空间足够，我们也是新开，因为之前没有电梯）。所以，在状态0时，加入任何一头奶牛，都应该新开电梯。
所以，我们可以在循环中特判：如果当前状态是0，那么加入任何一头奶牛都要新开电梯（即电梯次数+1）？或者，我们修改初始状态：状态0表示我们已经开了一趟电梯，剩余空间为W？但是这样不合理，因为状态0没有奶牛，所以不应该有电梯。
实际上，我们状态0的电梯次数为0，剩余空间为W，表示当前没有使用任何电梯，但是我们可以使用电梯（剩余空间为W）。当我们加入第一头奶牛时，我们使用了一个电梯（电梯次数变为1），同时剩余空间减少。
但是，在状态0加入奶牛时，我们判断：rest[0]>=c[i] -> 成立，所以我们会用 dp[0]（0）作为新状态的电梯次数，这显然不对。
因此，我们需要改变：在状态0时，我们实际上没有电梯，所以不能将奶牛放入最后一趟电梯（因为还没有电梯）。所以，在状态0时，我们只能新开电梯。
修改：在状态转移中，我们判断：如果当前状态是0，那么加入奶牛必须新开电梯？或者，我们可以将状态0的剩余空间设为0？这样在加入奶牛时，0>=c[i]就不成立，就会新开电梯。但是，这样也不对，因为状态0的剩余空间我们初始化为W。
所以，我们可以在转移时，特别处理：当状态0时，加入奶牛i，我们新开电梯（因为之前没有电梯）。但是，我们的状态0的剩余空间是W，所以条件判断 rest[0]>=c[i] 是成立的，所以会执行放入操作。为了避免，我们可以这样：在状态0时，我们不要用放入操作，而是强制新开。
但是，我们也可以这样理解：状态0的剩余空间为W，但是当我们加入第一头奶牛时，我们实际上启动了第一趟电梯，所以电梯次数从0变成1。但是，在状态转移中，我们并没有区分“新开电梯”和“放入已有电梯”在次数上的变化：放入已有电梯不会增加次数，而新开电梯增加1次。所以，在状态0时，我们还没有任何电梯，所以不能放入，只能新开。因此，在状态0时，即使剩余空间足够，我们也要新开电梯。
因此，我们修改：在状态0时，加入奶牛i，我们新开电梯（电梯次数+1，剩余空间变为W-c[i]）。而对于非0状态，我们按照原来的规则。
但是，我们也可以不特判，因为状态0的剩余空间为W，但是当我们加入一头奶牛时，我们实际上还没有电梯（电梯次数为0），所以放入操作不适用。因此，我们可以将状态0视为没有电梯，那么加入奶牛就必须新开。所以，在状态转移中，我们加入奶牛时，如果当前状态没有电梯（即状态0），那么我们就新开电梯。但是，我们的状态设计里，只有状态0是没有电梯的，其他状态至少有一趟电梯（因为状态非0表示至少有一头奶牛，所以至少用了一次电梯）。
因此，我们可以这样修改：在状态转移中，如果当前状态是0（即没有奶牛），那么加入任何一头奶牛都必须新开电梯（电梯次数变为1）。否则，我们按照原来的规则（能放则放，不能放则新开）。
所以，在循环内部：
for i in range(n):
if state has cow i: continue
if state == 0:
new_dp = 1
new_rest = W - c[i]
# 更新状态(1<<i)
else:
# 按照原来的规则
但是，我们也可以不特判，因为状态0的剩余空间为W，我们加入奶牛i，如果W>=c[i]（肯定成立），那么我们会执行放入操作，但是放入操作不会增加电梯次数（dp[new_state]=dp[0]=0），这显然不对。所以，我们必须特判。
因此，我们修改代码：
for state in range(0, 1<<n):
if dp[state] == inf: continue
for i in range(n):
if state & (1<<i): continue
new_state = state | (1<<i)
if state == 0:
# 从0状态开始，加入第一头奶牛
if dp[new_state] > 1:
dp[new_state] = 1
rest[new_state] = W - c[i]
elif dp[new_state] == 1 and W - c[i] > rest[new_state]:
rest[new_state] = W - c[i]
else:
if rest[state] >= c[i]:
new_dp = dp[state]
new_rest = rest[state] - c[i]
if new_dp < dp[new_state]:
dp[new_state] = new_dp
rest[new_state] = new_rest
elif new_dp == dp[new_state] and new_rest > rest[new_state]:
rest[new_state] = new_rest
else:
new_dp = dp[state] + 1
new_rest = W - c[i]
if new_dp < dp[new_state]:
dp[new_state] = new_dp
rest[new_state] = new_rest
elif new_dp == dp[new_state] and new_rest > rest[new_state]:
rest[new_state] = new_rest
这样，状态0加入奶牛时，我们强制新开电梯（电梯次数为1）。
但是，我们也可以不特判，而是将状态0的dp[0]设为0，但是当我们加入第一头奶牛时，我们新开电梯，电梯次数为1，所以dp[new_state] = 1。这样，在状态0时，我们不会执行else分支，所以我们需要特判。
现在，我们用样例重新计算状态0001（奶牛0）：
状态0加入奶牛0：新开，所以 dp[0001]=1, rest[0001]=10-5=5
状态0加入奶牛1：新开，dp[0010]=1, rest=10-6=4
状态0加入奶牛2：新开，dp[0100]=1, rest=7
状态0加入奶牛3：新开，dp[1000]=1, rest=3
然后，状态0001（奶牛0，dp=1, rest=5）：
加入奶牛1：5<6 -> 新开：dp=1+1=2, rest=10-6=4 -> 状态0011: dp=2, rest=4
加入奶牛2：5>=3 -> 放入：dp=1, rest=5-3=2 -> 状态0101: dp=1, rest=2
加入奶牛3：5<7 -> 新开：dp=2, rest=3 -> 状态1001: dp=2, rest=3
状态0010（奶牛1，dp=1, rest=4）：
加入奶牛0：4<5 -> 新开：dp=2, rest=5 -> 状态0011: 已经存在dp=2, rest=4，现在又有dp=2, rest=5，所以更新rest=5
加入奶牛2：4>=3 -> 放入：dp=1, rest=4-3=1 -> 状态0110: dp=1, rest=1
加入奶牛3：4<7 -> 新开：dp=2, rest=3 -> 状态1010: dp=2, rest=3
状态0100（奶牛2，dp=1, rest=7）：
加入奶牛0：7>=5 -> 放入：dp=1, rest=2 -> 状态0101: 已经存在（dp=1, rest=2）-> 相同
加入奶牛1：7>=6 -> 放入：dp=1, rest=1 -> 状态0110: 已经存在（dp=1, rest=1）-> 相同
加入奶牛3：7>=7 -> 放入：dp=1, rest=0 -> 状态1100: dp=1, rest=0
状态1000（奶牛3，dp=1, rest=3）：
加入奶牛0：3<5 -> 新开：dp=2, rest=5 -> 状态1001: 已经存在（dp=2, rest=3）-> 更新为 rest=5
加入奶牛1：3<6 -> 新开：dp=2, rest=4 -> 状态1010: 更新为 rest=4
加入奶牛2：3>=3 -> 放入：dp=1, rest=0 -> 状态1100: 已经存在（dp=1, rest=0）-> 相同
然后，状态0101（奶牛0和2，dp=1, rest=2）：
加入奶牛1：2<6 -> 新开：dp=1+1=2, rest=10-6=4 -> 状态0111: dp=2, rest=4
加入奶牛3：2<7 -> 新开：dp=2, rest=3 -> 状态1101: dp=2, rest=3
状态0110（奶牛1和2，dp=1, rest=1）：
加入奶牛0：1<5 -> 新开：dp=2, rest=5 -> 状态0111: 已经存在（dp=2, rest=4）和现在（dp=2, rest=5）-> 更新rest=5
加入奶牛3：1<7 -> 新开：dp=2, rest=3 -> 状态1110: dp=2, rest=3
状态1100（奶牛2和3，dp=1, rest=0）：
加入奶牛0：0<5 -> 新开：dp=2, rest=5 -> 状态1101: 已经存在（dp=2, rest=3）-> 更新为 rest=5
加入奶牛1：0<6 -> 新开：dp=2, rest=4 -> 状态1110: 已经存在（dp=2, rest=3）-> 更新为 rest=4
然后，状态0111（奶牛0,1,2，dp=2, rest=5）：
加入奶牛3：5>=7? 不成立，所以新开：dp=3, rest=3 -> 状态1111: dp=3, rest=3
状态1101（奶牛0,2,3，dp=2, rest=5）：
加入奶牛1：5<6 -> 新开：dp=3, rest=4 -> 状态1111: 已经存在（dp=3, rest=3）-> 更新为 rest=4? 但是dp相同，所以取较大的剩余空间4。
状态1110（奶牛1,2,3，dp=2, rest=4）：
加入奶牛0：4<5 -> 新开：dp=3, rest=5 -> 状态1111: 更新为 dp=3, rest=5（因为原来dp=3, rest=3，现在rest=5更大，所以更新）
所以最终，状态1111的dp=3。
因此，我们输出3。
所以，我们需要在状态转移中，对状态0进行特判：加入第一头奶牛时，电梯次数为1。
但是，我们也可以不特判，而是将状态0的dp[0]设为0，然后我们在状态转移中，如果当前状态的dp[state]为0，那么表示没有电梯，所以即使剩余空间足够，我们也不能放入（因为还没有电梯），所以必须新开。这样，我们可以将状态0视为没有电梯，那么加入奶牛就必须新开。所以，在转移条件中，我们增加：如果当前状态没有电梯（即dp[state]==0，只有状态0满足），那么必须新开电梯。但是，状态0的剩余空间为W，而我们的转移条件中，如果剩余空间足够，我们就会执行放入操作，所以我们需要避免。
因此，我们修改：在状态转移中，我们判断：如果当前状态state的dp[state]为0（即还没有使用过电梯），那么无论剩余空间是否足够，我们都必须新开电梯（因为还没有电梯，所以不能放入）。这样，我们就不需要单独判断state==0了。
所以，在循环内部：
for i in range(n):
if state has i: continue
if dp[state] == 0:
# 说明当前没有电梯，必须新开
new_dp = 1
new_rest = W - c[i]
# 更新 new_state
else:
if rest[state] >= c[i]:
# 放入
new_dp = dp[state]
new_rest = rest[state] - c[i]
else:
new_dp = dp[state] + 1
new_rest = W - c[i]
# 更新
这样，状态0（dp[0]=0）就会进入第一个分支，新开电梯。
但是，注意：在状态转移过程中，是否会出现dp[state]为0的非0状态？不可能，因为只要状态非0，我们至少加入了一头奶牛，而加入第一头奶牛时，我们就会将dp[new_state]设为1（或者更大），所以非0状态的dp[state]至少为1。
因此，我们可以这样写。
但是，为了代码清晰，我们也可以特判state==0，或者判断dp[state]==0（即只有状态0满足）。
我们选择后一种：判断dp[state]==0。
代码实现如下：
注意：在更新状态时，我们使用：
if new_dp < dp[new_state] 或者 (new_dp==dp[new_state] and new_rest>rest[new_state])
因此，我们写代码：
初始化：
dp[0]=0, rest[0]=W # 但是状态0的dp=0，表示没有使用电梯，剩余空间为W（但实际没有电梯，所以这个剩余空间是虚拟的）
for state in range(0, 1<<n):
if dp[state] == inf: continue
for i in range(n):
if state & (1<<i): continue
new_state = state | (1<<i)
if dp[state] == 0: # 当前状态没有电梯（只有状态0）
new_dp = 1
new_rest = W - c[i]
else:
if rest[state] >= c[i]:
new_dp = dp[state]
new_rest = rest[state] - c[i]
else:
new_dp = dp[state] + 1
new_rest = W - c[i]
# 更新 new_state
if new_dp < dp[new_state]:
dp[new_state] = new_dp
rest[new_state] = new_rest
elif new_dp == dp[new_state] and new_rest > rest[new_state]:
rest[new_state] = new_rest
这样，我们就避免了状态0的误判。
现在，我们写完整代码。
注意：dp[state]的初始值可以设为一个很大的数（比如inf=10**9），rest[new_state]初始化为-1（表示无效）。
由于n最大18，状态数262144，所以我们可以用两个数组：dp和rest，大小为1<<n。
我们使用Python实现。
注意：在状态0时，我们新开电梯，然后状态0的dp[0]为0，但是当我们加入一头奶牛后，新状态的dp为1。
我们使用上述代码，并测试样例。
样例：n=4, W=10, c=[5,6,3,7]
输出：dp[15]（15即1111）应该是3。
我们运行代码，并打印最终结果。
代码实现：
注意：由于状态0的dp[0]为0，所以我们在状态0时，加入任何奶牛都会进入新开分支。
然后，在非0状态，我们按照剩余空间判断。
我们写代码。</think>为了解决这个问题，我们需要找到将所有奶牛运送到地面层所需的最少电梯次数。每次电梯的总重量不能超过最大载重量 \( W \)。由于奶牛的数量 \( N \) 不超过 18，我们可以使用状态压缩动态规划（状压DP）来高效地解决这个问题。
### 方法思路
1. **状态表示**：使用一个二进制数 `state` 表示哪些奶牛已经被运送（1 表示已运送，0 表示未运送）。`dp[state]` 表示运送 `state` 状态下的奶牛所需的最少电梯次数，`rest[state]` 表示在最少电梯次数下，最后一趟电梯的剩余载重（即还能装多少磅）。
2. **状态转移**：
- **初始状态**：`dp[0] = 0`（没有奶牛需要运送），`rest[0] = W`（剩余载重为最大载重）。
- **状态转移**：对于每个状态 `state`，尝试加入一头未被运送的奶牛 `i`：
- 如果当前状态没有使用过电梯（`dp[state] == 0`），必须新开一趟电梯运送奶牛 `i`，此时电梯次数变为 1，剩余载重为 \( W - C[i] \)。
- 否则，如果当前最后一趟电梯的剩余载重足够容纳奶牛 `i`（`rest[state] >= C[i]`），则将奶牛 `i` 放入最后一趟电梯，电梯次数不变，剩余载重减少 \( C[i] \)。
- 如果剩余载重不足，则新开一趟电梯，电梯次数增加 1，剩余载重为 \( W - C[i] \)。
- 更新新状态 `new_state = state | (1 << i)` 的 `dp` 和 `rest` 值，确保在电梯次数相同的情况下保留最大剩余载重。
3. **最终结果**：`dp[(1 << N) - 1]` 即为运送所有奶牛（所有位为 1）所需的最少电梯次数。
### 解决代码
```python
def main():
import sys
data = sys.stdin.read().split()
n = int(data[0])
W = int(data[1])
cows = list(map(int, data[2:2+n]))
total_states = 1 << n
INF = 10**9
dp = [INF] * total_states
rest = [-1] * total_states
dp[0] = 0
rest[0] = W
for state in range(total_states):
if dp[state] == INF:
continue
for i in range(n):
if state & (1 << i):
continue
new_state = state | (1 << i)
if dp[state] == 0:
new_dp = 1
new_rest = W - cows[i]
else:
if rest[state] >= cows[i]:
new_dp = dp[state]
new_rest = rest[state] - cows[i]
else:
new_dp = dp[state] + 1
new_rest = W - cows[i]
if new_dp < dp[new_state]:
dp[new_state] = new_dp
rest[new_state] = new_rest
elif new_dp == dp[new_state] and new_rest > rest[new_state]:
rest[new_state] = new_rest
print(dp[total_states-1])
if __name__ == "__main__":
main()
```
### 代码解释
1. **输入处理**：读取输入数据，包括奶牛数量 \( N \)、电梯最大载重 \( W \)，以及每头奶牛的体重。
2. **初始化**：创建 `dp` 和 `rest` 数组，大小为 \( 2^N \)，初始值设为无穷大（`INF`）和 -1。初始状态 `dp[0] = 0`（没有奶牛），`rest[0] = W`（剩余载重为 \( W \))。
3. **状态转移**：
- 遍历所有状态 `state`。
- 对于每个状态，尝试加入每头未被运送的奶牛 `i`。
- 根据当前状态是否有电梯以及剩余载重情况，决定是放入最后一趟电梯还是新开一趟电梯。
- 更新新状态 `new_state` 的 `dp` 和 `rest` 值，确保在电梯次数相同的情况下保留最大剩余载重。
4. **输出结果**：最终状态（所有奶牛都被运送）的 `dp` 值即为最少电梯次数。
### 相关问题和解答
**
本文介绍了一种使用状态压缩动态规划（状压DP）解决物品分组问题的方法，目标是最小化将n个不同体积的物品分成若干组所需的组数，每组总体积不超过给定限制W。通过详细的算法解释和代码示例，展示了如何有效地解决这个问题。
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