## [$AcWing$ $165$ 小猫爬山](https://www.acwing.com/problem/content/167/)

### 一、题目描述
翰翰和达达饲养了 $N$ 只小猫，这天，小猫们要去爬山。

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>_<）。

翰翰和达达只好花钱让它们坐索道下山。

索道上的缆车最大承重量为 $W$，而 $N$ 只小猫的重量分别是 $C_1、C_2……C_N$。

当然，每辆缆车上的小猫的重量之和不能超过 $W$。

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？

**输入格式**
第 $1$ 行：包含两个用空格隔开的整数，$N$ 和 $W$。

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 $C_i$。

**输出格式**
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。

**数据范围**
$1≤N≤18,1≤Ci≤W≤10^8$

**输入样例**：
```cpp {.line-numbers}
5 1996
1
2
1994
12
29
```

**输出样例**：
```cpp {.line-numbers}
2
```


### 二、实现代码
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 20;

int n, m;
int w[N];
int sum[N];
int ans = N;

void dfs(int u, int len) {
    // 最优性剪枝
    if (len >= ans) return;

    if (u == n + 1) {        //走完
        ans = len; //更新答案
        return;
    }

    for (int i = 0; i < len; i++)
        if (sum[i] + w[u] <= m) { //能放下的情况
            sum[i] += w[u];       //放一下试试
            dfs(u + 1, len);      //下一只小猫，缆车没有增加
            sum[i] -= w[u];       //回溯
        }

    // 新开一辆车
    sum[len] += w[u];
    dfs(u + 1, len + 1);
    sum[len] -= w[u]; // 恢复现场
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];

    //  优化搜索顺序     21ms
    //　不加优化搜索顺序　88ms
    // Q:为什么可以采用这样的优化策略？
    // 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　
    sort(w + 1, w + 1 + n, greater<int>());

    dfs(1, 0);

    cout<< ans <<endl;
    return 0;
}

```