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## [$AcWing$ $165$ 小猫爬山](https://www.acwing.com/problem/content/167/)
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### 一、题目描述
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翰翰和达达饲养了 $N$ 只小猫，这天，小猫们要去爬山。
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经历了千辛万苦，小猫们终于爬上了山顶，但是疲倦的它们再也不想徒步走下山了（呜咕>_<）。
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翰翰和达达只好花钱让它们坐索道下山。
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索道上的缆车最大承重量为 $W$，而 $N$ 只小猫的重量分别是 $C_1、C_2……C_N$。
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当然，每辆缆车上的小猫的重量之和不能超过 $W$。
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每租用一辆缆车，翰翰和达达就要付 $1$ 美元，所以他们想知道，**最少** 需要付多少美元才能把这 $N$ 只小猫都运送下山？
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**输入格式**
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第 $1$ 行：包含两个用空格隔开的整数，$N$ 和 $W$。
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第 $2..N+1$ 行：每行一个整数，其中第 $i+1$ 行的整数表示第 $i$ 只小猫的重量 $C_i$。
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**输出格式**
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输出一个整数，表示最少需要多少美元，也就是最少需要多少辆缆车。
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**数据范围**
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$1≤N≤18,1≤Ci≤W≤10^8$
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**输入样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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5 1996
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1
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2
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1994
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12
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29
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```
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**输出样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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2
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```
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### 二、实现代码
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 20;
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int n, m;
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int w[N];
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int sum[N];
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int ans = N;
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void dfs(int u, int len) {
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// 最优性剪枝
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if (len >= ans) return;
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if (u == n + 1) { //走完
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ans = len; //更新答案
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return;
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}
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for (int i = 0; i < len; i++)
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if (sum[i] + w[u] <= m) { //能放下的情况
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sum[i] += w[u]; //放一下试试
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dfs(u + 1, len); //下一只小猫，缆车没有增加
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sum[i] -= w[u]; //回溯
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}
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// 新开一辆车
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sum[len] += w[u];
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dfs(u + 1, len + 1);
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sum[len] -= w[u]; // 恢复现场
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}
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int main() {
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cin >> n >> m;
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for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];
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// 优化搜索顺序 21ms
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// 不加优化搜索顺序 88ms
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// Q:为什么可以采用这样的优化策略？
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// A: dfs搜索的顺序很关键，很玄学，本着有矛盾先暴露，将一些分枝尽早结束，提前返回，可以提高搜索效率
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sort(w + 1, w + 1 + n, greater<int>());
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dfs(1, 0);
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cout<< ans <<endl;
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return 0;
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}
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