當答案的層數較低，並且搜尋的分支較多時，如果直接搜尋會消耗很多時間。這時候可以進行多次搜尋，每次搜尋可以限制乙個深度，如果我們在當前深度下搜尋不到答案，就增加深度限制，重新搜尋一邊答案，這樣「迭代」且「加深」的過程稱為迭代加深。但他的缺點也很明顯，每次需要重新搜尋一遍，所以在答案的層數比較深的時候不建議使用。
【例題】addition chains (poj2248)
需要求乙個長度（長度為m）最小的序列
a a
滿足 1、
a[1]
=1' role="presentation">1、a
[1]=
11、a
[1]=
12、a
[m]=
m 2、a
[m]=
m3、a
[1]2]
<..
...a
[m−1
]m]3 、a
[1
] 2] <.. ...a [m−1 ] m] 4、對於每個a [k]( 2≤k≤ m)都存 在a[k ]=a[ i]+a [j]( 1≤i, j≤k− 1，i, j可以相 等)4 、對 於每個a [k]( 2≤k≤ m)都存 在a[k ]=a[ i]+a [j]( 1≤i, j≤k− 1，i, j可以相 等) 其中n( n≤100) n (n ≤100 )是給定的值 搜尋思路大概是列舉每個k進行搜尋，把i，j作為分支填寫到a[k]上進行搜尋。 套路剪枝一下，倒序列舉，a[i]+a[j]判重。 由於n比較小，且要滿足第四條條件，所以長度m的長度不會太大，所以深度不會太大，由於所有小於k的位置都可以作為i，j所以搜尋的分支比較多。那麼我們就可以使用迭代加深來優化速度。 #include #include #include #include #include using namespace std; int n; int a[110]; bool v[110][110]; int dep; bool flag; void dfs(int k) memset(v[k],false,sizeof(v[k])); for(int i=k-1;i>=1;i--)}} }int main() }}雙向搜尋又名折半搜尋。當搜尋的複雜度在指數級的時候，我們可以通過將指數折半的方法降低搜尋複雜度。 具體做法是從初態和終態出發各搜尋一半狀態，產生兩顆深度減半的搜尋樹，兩顆樹交匯在一起形成最終答案，將o( nk) o(n k) 降低到o( nk/2 +nk/ 2+1) o (n k/2+ nk/2 +1 )的複雜度。 其實對於這樣的指數級複雜度，如果指數除以2後可以接受的話，可以考慮雙向搜尋。 【例題】燈 傳送門 雙向搜尋的例題，首先狀壓燈的開關狀態。我們知道起點狀態時全滅，終點狀態是全亮，那麼就可以分成兩半搜尋，搜到相反數即可。假設有四個燈，我們把燈分成左右兩部分，從0000~1101我們只按左邊的按鈕，1111~0010只按右邊的，那加起來就是答案，可以更新最小步數。 那麼對於乙個點相連的所有點，我們可以對乙個點x記錄乙個二進位制f[x]，將他相連的點（包括他自己）記為1，搜尋的時候記錄乙個當前狀態now，每次開關x的時候就可以讓now異或f[x]，就可以得到開關這個點可以達到的狀態啦。#include#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
typedef
long
long ll;
const
int inf=2147483647;
ll bin[40];
ll f[40],ed;
bool half=false;
int cnt,minn;
mapint>s;//到now這個狀態需最少要多少步，折半後第二次加上第一次的值
void dfs(int x,ll now,int step)
else
//過半,看看now和其他合併能否到達最終狀態
}return;
}dfs(x+1,now^f[x],step+1);
dfs(x+1,now,step);
}int main()
minn=inf;
half=false;cnt=n/2; dfs(1,0,0);
half=true; cnt=n; dfs(n/2+1,0,0);
printf("%d\n",minn);
return
0;}【例題】送禮物(tyvj1340)
在n個數中選若干個數，使得他們加起來小於等於w且最接近w，輸出這個最接近w的值。
（ n<=45 w<=2^31-1）
可以看到w是很大的，所以不用揹包來做。
搜尋的話，對於乙個物品，樸素的有選和不選兩種選擇，那麼這樣的複雜度是o(
2n) o(2
n)
，但如我們上面所說，指數級複雜度如果折半可以接受的話，可以考慮雙向搜尋。我們發現o(
222+2
23)o (2
22+223
)是可以接受的，所以我們可以考慮折半搜尋。
首先，我們第一遍搜尋出前一半數中選出若干個可以達到的0~w之間的所有重量值，把他們存放在乙個有序陣列a中。
然後，第二遍在後一半選出若干個數，記錄他們的重量和now，對於乙個重量和now在a中二分查詢<=w-now中最大的乙個t，然後用t+now更新答案。
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
typedef
long
long ll;
const
int n=50;
const
int inf=int_max;
int w;
int n,a[n];
int a[1
<<25],tmp=0;
int cnt;
int maxx;
bool half;
int cmp(int a,int b)
int erfen(int val)
else
r=mid-1;
}return ans;
}void dfs(int x,int now)
return;
}if((ll)now+a[x]<=w) dfs(x+1,now+a[x]);
dfs(x+1,now);
}int main()
迭代加深搜尋
深度優先搜尋每次選定乙個分支，然後往下搜尋，直到遞迴邊界 才回溯。這種策略有一點缺陷，那就是當搜尋樹的分支數目特別 多，並且答案在某個較淺的節點上，如果dfs在一開始就選錯了分 支，那就會在沒有答案的深層次浪費時間 當搜尋樹規模隨著層次的深入增長很快，並且能 夠確保答案在乙個較淺的節點上時，就可以使...
迭代加深搜搜尋
對於可以用回溯法求解但解答樹的深度沒有明顯上限的題目，可以考慮使用迭代加深搜尋。經典問題 埃及分數問題 給出乙個分數，比如19 45，把它寫成若干個形如1 ri的分數的和的形式，比如19 45 1 5 1 6 1 18，要求分母不能重複使用並且使用的分數的個數最少。如果有多組個數相同的解，最後的分數...
IDDFS迭代加深搜尋
includeusing namespace std const int maxn 10 int n,a maxn bool ans sort return true int h bool dfs int d,int maxd return false int solve return max an...