题目来源：loj
题目描述
乔治有一些同样长的小木棍，他把这些木棍随意砍成几段，直到每段的长都不超过50。现在，他想把小木棍拼接成原来的样子，但是却忘记了自己开始时有多少根木棍和它们的长度。给出每段小木棍的长度，编程帮他找出原始木棍的最小可能长度。
输入
第一行为一个单独的整数N表示砍过以后的小木棍的总数，其中N≤60，第二行为N个用空个隔开的正整数，表示N根小木棍的长度。
输出
仅一行，表示要求的原始木棍的最小可能长度。
输入样例
9
5 2 1 5 2 1 5 2 1
输出样例
6
思路
从题意来看，要得到原始最短木棍的可能长度，可以按照分段数的长度，
依次枚举所有的可能长度len
每次枚举len时，用深搜判断是否能用截断后的木棍拼合出整数个len，能用的话，找出最小的len即可
对于1S的时间限制，用不加任何剪枝的深搜时，时间效率为指数级，效率非常低，程序运行将严重超时。对于此题，可以从可行性和最优性上加以剪枝
从最优性方面分析，可以做以下两种剪枝：
- 设所有木棍的长度和是 maxx ,那么原长度（也就是需要输出的长度）一定能够被 maxx 整除，不然就没法拼了，即一定要拼出整数根
- 木棍原来的长度一定大于等于所有木棍中最长的那一根
综合上述两点，可以确定原木棍的长度 len 在最长木棍的长度与 maxx 之间，且 maxx 能被 len 整除。所以，在搜索原木棍的长度时，可以设定为从截断后所有木棍中最长的长度开始，每次增加长度后，必须能整除 maxx 。这样可以有效地优化程序
从可行性方面分析，可以再做以下七种剪枝：
- 一根长木棍肯定比几根短木棍拼成同样长度的用处小，即短小的可以更灵活组合，所以可以对输入的所有木棍按长度从大到小排序
- 在截断后的排好序的木棍中，当用木棍i拼合原始木棍时，可以从第 i+1 后的木棍开始搜。因为根据优化1，i前面的木棍已经用过了
- 用当前最长长度的木棍开始搜，如果拼不出当前设定的原木棍长度 len ，则直接返回，换一个原始木棍长度 len
- 相同长度的木棍不需要搜索多次。用当前长度的木棍搜下去得不出结果时，用一支同样长度的还是得不到结果，所以可以提前返回
- 判断搜到的几根木棍组成的长度是否大于原始长度 len ，如果大于，没必要搜下去，可以提前返回
- 判断当前剩下的木棍根数是否够拼成木棍，如果不够，肯定拼合不成功，直接返回
- 找到结果后，在能返回的地方马上返回到上一层的递归处
（以上部分文字来自《信息学奥赛一本通-提高篇》码这么多字累死我了）
另外，在洛谷找到了以为很细心很细心的博主写的题解，可以康康
按照《信息学奥赛一本通-提高篇》的代码的话，每次在匹配原始木棍时只要第 k 根木棍匹配成功之后就不管它了，可是可能出现这样一种情况：
假设当前的 len 就是答案,在匹配第 k 根木棍时用了截断的木棍i，可是在匹配后面的第 k+1 根木棍时匹配不成功，就直接返回，把 len 这个正确答案给否掉，为什么呢，因为第 k+1 根木棍要用到这个截断的木棍 i ，可是这根木棍i已经被第k根用了，而第 k 根木棍有两种或者多种匹配方案，书里的程序是只要木棍k一匹配成功就不管它，它用到的木棍i就一直是 has been used ，就轮不到第 k+1 根木棍用了
（上面这个是我用书上的程序走了一遍第7个测试点发现的，有兴趣的小伙伴们可以have a try ）
所以要在 dfs(k+1,i,len-a[i]) 后面加一句 use[i]=0 ，回溯，否则程序在逻辑上有错误，至于超时，是因为书中程序还没有完全发挥剪枝 9 的作用，剪枝 9 里面说在能返回的地方马上返回到上一层的递归处，其实在 dfs(k,i,rest-a[i]) 的后面可以判断当前的 len 是否正确，正确的话直接返回，不用再继续下去找匹配（后面的匹配只是在找另一组匹配而已）
code
//在这里用"大木棍"表示原始长度的木棍，用"小木棍"表示砍过后的木棍
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,maxx,vis[105],len,a[105];
bool pd;
int cmp(int x,int y) {
return x>y;}
void dfs(int k,int last,int rest)
//k:当前在拼第几根大木棍(原始长度的)
//last:在拼这根大木棍时，用到的上一截小木棍的编号last，这一截就可以直接从last+1开始(因为在last之前的木棍已经用过了)
//rest:要拼成第k跟大木棍还需要的长度
{
if (k==m) {
pd=true; return;} //剪枝9,已经拼到最后一根大木棍了,剩余的小木棍长度一定等于len,可以直接返回true
if (rest==0) //这根大木棍拼完了
{
int i;
for (i=1;i<=n;i++)
if (vis[i]==0) break;//剪枝4,找到一根还没有归位的小木棍
vis[i]=1; //标记
dfs(k+1,i,len-a[i]); //拼下一根大木棍
vis[i]=0;//这一步回溯很关键，因为如果不将这里回溯的话，就会出现刚刚说的情况，大木棍k占了另一根大木棍的小木棍。。
}
for (int i=last+1;i<=n;i++) //剪枝5和7,寻找可以拼入当前大木棍的小木棍
{
if (vis[i]==0&&a[i]<=rest) //第i根小木棍没有用过，而且拼进去不会超出长度
{
vis[i]=1; //标记
dfs(k,i,rest-a[i]); //继续拼这根大木棍
vis[i]=0; //回溯,说明此时需要换一根小木棍来拼这根大木棍
if (pd==true) return;//这个优化尤其重要！发现当前的len是答案时就立马返回，不要再继续下去匹配了！
while (a[i]==a[i+1]) i++;//剪枝6，跳过与小木棍i长度相同的小木棍
}
}
}
void init()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
maxx+=a[i]; //大木棍一定小于等于所有小木棍的长度总和
}
sort(a+1,a+1+n,cmp); //剪枝3,将小木棍从大到小排序，因为木棍长度越小越灵活
}
int main()
{
// freopen("stick.in","r",stdin);
// freopen("stick.out","w",stdout);
init();
for (len=a[1];len<=maxx;len++) //剪枝2,因为a[]已经排过序了，所以a[1]就是a[]中最大的一个
{
if (maxx%len!=0) continue;//剪枝1,原始木棍一定能够被木棍长度总和给整除，这样才能分成一西恩同样长的木棍
pd=false;
vis[1]=1;
m=maxx/len; //原始木棍长度为len时需要m根木棍
dfs(1,1,len-a[1]);//从第一根木棍开始拼，因为len一定大于等于a[i],所以可以直接把a[1]用来作为第一根木棍的第一截
if (pd==true)
{
printf("%d\n",len); //从小到大搜，第一个可行的len就是答案
return 0;
}
}
}