[专题练习] Part1 搜索

本文中的链接有的是题解有的是题目链接，已经搞混了...

一.DFS(深度优先搜索)

过于水略过。

二.BFS(广度优先搜索)

同上。

三.记忆化

记忆化搜索，就是我们的状态会重复利用，为了防止状态的重复计算耗费不必要的时间，我们可以把这个状态的结果记录下来，然后查询表中的结果就行了。

一般来所，记忆化搜索是和DP等价的。如果递推的DP不好写，可以考虑用记忆化搜索实现，但是因为是递归，所以常数略大。记忆化搜索有明显的优点，就是可以不用考虑状态在哪里终止，只用知道状态会终止就行了。

四.搜索剪枝

这是一门博大精深的学问， 通常用于解决搜索时间复杂度过高的问题。

原理就是在庞大的搜索树上剪去不可能对答案产生贡献的枝条。

搜索+剪枝的时间复杂度是$O(玄学)$，因为我们只能通过经验来估测剪枝效果。

所以考试打暴力的时候一定要多写剪枝，尤其是奇形怪状的玄学剪枝。

几道例题:

1. Noip2015斗地主  。

贪心出牌，出完顺子枚举出其他的尽可能出的多的牌的组合。

加上最优化剪枝，如果现在出了$ans-1$次没有出完就剪枝。

2.Noip2009靶形数独

我当时用了$lowbit$优化常数，然后把整个棋盘分成上下两部分，如果上半部分空位比下半部分多，就从下半部开始搜索。这样就水过去了。

其实也可以按格搜索，优先搜可填的少的格。

还有$A^*$剪枝，如果剩下的格子都填9还比$ans$小的话就剪枝。

通常使用的剪枝技巧

1.最优性剪枝。

2.$A^*$剪枝。

3.改变搜索顺序，优先搜索扩展出的状态比较少的状态。

五.双向广搜

双向广搜就是从起点和终点开始搜索，每次各搜一层，如果相遇，则得出答案。

双向广搜可以使搜索树减少一半以上，大大优化了时间复杂度。

广度双向搜索通常有两种方法：

1. 两个方向交替扩展

2. 选择结点个数较少的那个方向先扩展．

方法2克服了两方向结点的生成速度不平衡的状态，明显提高了效率。

1.poj3523The Morning after Halloween

其实这题直接$bfs$就可过，但是为了追求效率，用双向广搜甚至可以减少一半的时间。

六.meet in the middle

这个和双向搜索有差别，思路是把问题折半，然后合并，减少一半的搜索层数。

经典例题NOI2001方程的解数

先搜前3个解，把结果用hash表存一下，然后搜后3个解，在hash表中查询个数。

这题太恶心了，用mapT飞，用hash表Mle，大力取模WA。

无药可救...

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <map>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
using namespace std;
#define reg register
inline int read() {
    int res=;char ch=getchar();bool fu=;
    while(!isdigit(ch))fu|=(ch=='-'), ch=getchar();
    while(isdigit(ch))res=(res<<)+(res<<)+(ch^),ch=getchar();
    return fu?-res:res;
}
 
int n, m;
int k[], p[];
int mi[][];
int ans;
map <int, int> mp;
void dfs1(int dep, int sum)
{
    if (dep > n / ) {
        mp[sum]++;
        return ;
    }
    for (reg int i =  ; i <= m ; i ++)
        dfs1(dep + , sum + k[dep] * mi[i][p[dep]]);
}
 
void dfs2(int dep, int sum)
{
    if (dep > n) {
        ans += mp[-sum];
        return ;
    }
    for (reg int i =  ; i <= m ; i ++)
        dfs2(dep + , sum + k[dep] * mi[i][p[dep]]);
}
 
int main()
{
    n = read(), m = read();
    for (reg int i =  ; i <= n ; i ++) k[i] = read(), p[i] = read();
    for (reg int i =  ; i <= m ; i ++)
    {
        mi[i][] = ;
        for (reg int j =  ; j <= m ; j ++) mi[i][j] = mi[i][j - ] * i;
    }
    dfs1(, );
    dfs2(n /  + , );
    cout << ans << endl;
    return ;
}

方程的解数

七.迭代加深搜索(IDDFS)

某些题状态无限，bfs无法承受空间复杂度，可以限制dfs搜索的深度。

每次增加深度限制，每次可能对之前搜过的状态多次计算，但是由于状态每一层都扩展的十分多，所以相比于扩展一层，重复上面的状态的复杂度还是可以接受的。

1.codevs1288 埃及分数

可以逐步增加答案的分数的个数，然后可以限制住状态的无限扩展...其实我不会233（逃.

2.poj2248 Addition Chains   (此题解访问人数已经突破100人啦！！)

和上面一样逐步扩展答案的个数，然后再加上一些十分有用的剪枝，才能A掉这题，详情见链接。

八.迭代加深A*(IDA*)

普通迭代加深搜索加入A*剪枝。

1.bzoj1085 骑士精神

估价函数的一小点变动可能导致时间上的很大的差别，详情点进链接看看。

2.poj2286The Rotation Game

估价函数为8-中间出现次数最多的数字的个数。

九.随机化

过于玄学，略过。