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AcWing 168. 生日蛋糕
一、题目描述
$7$月$17$日是 Mr.W 的生日，ACM-THU 为此要制作一个体积为 Nπ 的 M 层生日蛋糕，每层都是一个圆柱体。
设 从下往上数 第 i 层蛋糕是半径为 $R_i$，高度为 H_i 的圆柱。
当 i<M 时，要求 R_i>R_{i+1} 且 $H_i>H_{i+1}$。
由于要在蛋糕上抹奶油，为尽可能节约经费，我们希望蛋糕外表面（最下一层的下底面除外）的面积 Q 最小。
令 Q=Sπ ，请编程对给出的 N 和 $M$，找出蛋糕的制作方案（适当的 R_i 和 H_i 的值），使 S 最小。
除 Q 外，以上所有数据皆为 正整数。
输入格式 输入包含两行，第一行为整数 $N$，表示待制作的蛋糕的体积为 $Nπ$。
第二行为整数 $M$，表示蛋糕的层数为 $M$。
输出格式 输出仅一行，是一个正整数 $S$（若无解则 $S=0$）。
数据范围
1≤N≤10000,1≤M≤20
输入样例：
100
2
输出样例：
68
二、题目分析
1、梳理题意
将 自上而下 的各层蛋糕编号为$1 \sim m$，题目要求我们设计一个
m层蛋糕，下层 的蛋糕比 上层 的蛋糕 半径 和 高度 都 要大 ，并且总的体积为$n$，求 最小的表面积。
2、公式推导
体积
\large V_{全}=\sum_{i=1}^{m} \pi R_i ^2 H_i
上表面积S_上
- 第$m$层的上表面积是
S_m - S_{m-1} - 第$m-1$层的上表面积是
S_{m-1} - S_{m-2} - ...
- 第$2$层的表面积是
S_2-S_1 - 第$1$层的上表面积是
S_1
\large \therefore S_{上}=S_m-S_{m-1}+S_{m-1}-S_{m-2}+...+S_2-S_1+S_1=S_m=\pi R_m^2
解释：被盖上的那部分面积，都会由上面的小蛋糕补上
侧表面积S_侧
侧表面积 就是每个圆柱的侧边面积，也就是一个围成圆柱的矩形面积，圆的边长 乘以 高度 ：
\large S_侧=\sum_{i=1}^m 2 \pi R_i H_i
整体表面积S_整
上表面积 + 侧表面积：
\large S_{整}=S_{上}+S_{侧}=\pi R_m^2 +\sum_{i=1}^{m}2 \pi R_i H_i
3、剪枝与优化技巧
(1) 优化搜索顺序
为了 先搜索的分支数少，应该 自大到小 搜索:
- 从第$m$层搜索到第$1$层
- 体积公式中$R_i$是 平方级别 ，变化率要高于$H_i$，先搜$R_i$，再搜
H_i
解释：类比 运输小猫，大头在前，可以使$dfs$搜索树搜索的层数减少，搜索效率提升
(2) 各层高度和半径的范围
设第$i$层蛋糕的半径是$R_i$，高度是$H_i$，因为 半径 和 高度 都是 整数，并且
R_i < R_{i+1},H_i < H_{i+1}由于 最上层 的蛋糕半径和高度也必须是 正整数，所以$R_1$和$H_1$至少是$1$，$R_2$要大于$R_1$，至少是$2$，由此可见：第$i$层蛋糕的 半径 和 高度 至少是i第$i$层的 高度 和 半径 至少 是$i$，这就是 各层高度和半径的最小值, 这是$R_i,H_i$的 下界 $R_i < R_{i+1}，H_i < H_{i+1}$，这是一个上界
(3) 预处理
为了在走一半时，能迅速 估计 继续走下去是否能成功，我们可以提前预处理出两个数组：
mins[i]: $1$到$i$层侧表面积的最小值:
\large mins[i] = mins[i-1] + 2* i * i
解释：我们手中资源是剩余的体积，随时需要知道剩余$1\sim i$这些层中，我们至少需要多少体积，及时发现不合理的分支并及时停止。
minv[i]: $1$到$i$层体积的最小值:
\large minv[i] = minv[i-1] + i * i * i
解释：从第$m$层搜到第$u$层总的体积是$v$，而从第$1$层到第$u$层体积至少是$minv[u]$，所以当$v + minv[u] > n$时就说明 肯定后续会超过体积$n$，方案不合法 (可行性剪枝)
(4) 找出两个变量之间的制约关系
从第$m$层蛋糕搜到当前的第$u$层时，设已经使用的表面积是$s$，体积是$v$，则从第$u$层到第$1$层留给我们的体积 最多 只有$n - v$，所以第$u$层的半径\large \pi R_u^2H_u <= n - v
题目很贴心，不想让我们计算$\pi=3.1415926...$这样的小数，而是让我们计算去掉$\pi$后的常数系数，下面的论述中将忽略掉\pi:
\large R_u <= \sqrt{((n-v)/H_u)}
$H_u$的 最小值 是$u$，取$u$时，右侧相当于取到了 最大值，不等式也依然成立，所以
\large \left\{\begin{array}{ll}
R_u <= \sqrt{(n-v)/u} & \\
H_u <= (n-v) / R_u^2 &
\end{array}\right.
解释： $R_u$不是随便想多少就是多少的，受到给定后续大小$n-v$和当前层次$u$的限制，不能大于$\sqrt{(n-v)/u}$。而另一个变量$H_u$也不随便想多少就是多少的，它的受限和$R_u$相关，一旦确定了$R_u$的值，$H_u$的 上限 也就确定了。 这就是$H_u$和$R_u$的 另一个上界，两个变量$R_i$与$H_i$不是孤立的，而是存在制约关系，我们在上面推导的过程，其实就是试图找出两者之间的关联制约关系，这样就可以在$dfs$过程中，及时找到冲突点，及时止损，
return false。
既然$R_i$和$H_i$都同时要受两个条件的约束，那么 他们的上界取需要取 两个上界条件 的最小值
(5) 深搜函数设计
参数设计:
u:当前是第几层v:已经占用的空间S:已经获得的表面积
令
① $ans$是 之前搜到的最小表面积
② S =$m$层的上表面积+已完成的各层侧表面积和
(6) 剪枝策略
-
搜索到一半时表面积已超过了目前的最优解 如果$s + mins[u] >= ans$，也就是当这个方案搜下去的表面积不可能优于小于之前搜到的解时，应该否定这个方案
-
表面积和体积之间的制约关系 从第$1$层到第$u$层的 侧表面积
S_{1 \sim u}=\sum_{i=1}^{u}2 \pi R_iH_i
第$1$层到第$u$层的体积($V_u$是指 从$m$层出发 到达$u$层 时，已使用了的体积)
V_{1\sim u}=n-V_u=\sum_{i=1}^{u}\pi R_i^2Hi
为了找出两者之间的关系，需要构造成同样的部分:侧表面积 那个R_iH_i,体积这个$R_i^2H_i$，很明显，表面积乘上一个$R_i$再除一个$R_i$就能得到一个和体积相关的东西，但$R_i$目前是不确定的(正在尝试中)，我们需要依赖的是前面$u+1$的$R_{u+1}$(本分枝中，前面$u+1$层的$R_{u+1}$已经设定),所以就乘上再除上$R_{u+1}$试试：
S_{1 \sim u}=\sum_{i=1}^{u}2 \pi R_iH_i=\frac{2\pi}{R_{u+1}}\sum_{i=1}^{u}R_{u+1}R_iH_i
同时因为R_{u+1}>R_i,所以：
S_{1 \sim u} > \frac{2}{R_{u+1}}\sum_{i=1}^{u} \pi R_i^2Hi
将 体积等式 代入：
S_{1 \sim u} > \frac{2 (n-V_u)}{R_{u+1}}
因此如果\large S_总=S_已+S_{1 \sim u}>=S_{ans}
就是说当前阶段，后面不管怎么整，都肯定不会比目前的最优答案$S_{ans}$更牛X,可以剪枝
即当
S_已+\frac{2(n−V)}{R_{u+1}}>=S_{ans}
时就可以剪枝掉（最优性剪枝)
(7) 递归出口
- 最后递归的边界是$u == 0$，遍历完了所有层蛋糕
- 当$v$恰好是$n$时，就可以更新最优解了
四、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 22;
int n; // 待制作的蛋糕的体积为
int m; // 蛋糕的层数为 m
int ans = INF; // 最小表面积,预求最小，先设最大
int mins[N]; // 每一层的最小表面积
int minv[N]; // 每一层的最小体积
int R[N], H[N]; // 为每一层蛋糕分配的半径和高度
// u:正在研究第几层
// v:已经使用了的体积
// s:已经使用了的表面积
void dfs(int u, int v, int s) {
// 如果来到第u层，发现，已经使用过的体积v,加上第1~u层最小体积minv[u] ,大于整体的体积n，就不用再继续了
if (v + minv[u] > n) return;
// 如果来到第u层，发现，已经使用过的表面各s,加上第u层及以上所有层需要的表面积mins[u]
// 大于当前最优解了，就不用再继续研究了，还不如最优解，再研究也是白扯
if (s + mins[u] >= ans) return;
// 第二个最优性剪枝,侧面积和体积不是孤立存在的，是有关联关系的。
// 不符合这个关联关系的Ri和Hi是没有必要继续的
if (2 * (n - v) / R[u + 1] + s >= ans) return;
// 摆完所有层蛋糕
if (u == 0) {
// 如果已经使用的体积等于n，如果是，那么更新答案
if (v == n) ans = s;
return;
}
// 枚举每一个可能的半径,同理，半径由大到小
for (int r = min(R[u + 1] - 1, (int)sqrt((n - v) / u)); r >= u; r--)
for (int h = min(H[u + 1] - 1, (n - v) / r / r); h >= u; h--) {
// 如果是第m层，需要加上一个底面积，其它层就只计算侧面积
int t = (u == m ? r * r : 0);
// 记录下第u层的选择,半径：r,高度：h
R[u] = r, H[u] = h; // 因为静态数组可以重复按索引写入，所以不需要回溯
// 递归上一层,体积变为v+r*r*h,表面积由s变大为 s + 2 * r * h + t
dfs(u - 1, v + r * r * h, s + 2 * r * h + t);
}
}
int main() {
cin >> n >> m;
// 预处理
for (int i = 1; i <= m; i++) {
// 第i层，半径最小是i,高度最小是i,否则更小层无法获得整数解
// 预处理出每层及上边所有层的最小表面积,看清楚这是一个叠加的关系，不是简单的计算,是递推式
mins[i] = mins[i - 1] + 2 * i * i;
// 预处理出每层及上边所有层的最小体积
minv[i] = minv[i - 1] + i * i * i;
}
// 初始化为无穷大,防止在计算下层半径高度时取到0
R[m + 1] = H[m + 1] = INF;
// 从下向上进行深搜，按经验来看，这样能减少出发时的分枝数量，效率提升
// 从m层出发，此时的体积为0，此时的表面积为0
dfs(m, 0, 0);
// 输出答案
if (ans == INF)
puts("0");
else
printf("%d\n", ans);
return 0;
}