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(1 <= i <= M)层蛋糕是半径为Ri, 高度为Hi的圆柱。当i < M时，要求Ri > Ri+1且Hi > Hi+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Ri和Hi的值），使S最小。
（除Q外，以上所有数据皆为正整数）
设从下往上数第i(1 <= i <= M)层蛋糕是半径为Ri, 高度为Hi的圆柱。当i < M时，要求Ri > Ri+1且Hi > Hi+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Ri和Hi的值），使S最小。
（除Q外，以上所有数据皆为正整数）
Input
有两行，第一行为N（N <= 10000），表示待制作的蛋糕的体积为Nπ；第二行为M(M <= 20)，表示蛋糕的层数为M。
Output
仅一行，是一个正整数S（若无解则S = 0）。
已知n=r1^2*h1+....ri^2*hi+....rm^2*hm(n,m已知，所有数为正整数)，求s=r1^2+2*r1*h1+....2*ri*hi+...+2*rm*hm最小值。
DFS爆搜，+剪枝。关键是怎么减的问题，归纳如下：1，从第一个已知的减，如缩小范围，超过等，2.从目前最优的情况考虑，如果已经比目前最优差了，就不用考虑下去了！
关键剪枝说明：“假设只有一个圆柱，该圆柱的半径为r,体积为V，那么根据体积和表面积公式，可知：2 * v/r 是该圆柱的侧面积。现在我们有2个圆柱，要求这两个圆柱叠在一起之后满足题目的条件：下柱半径>上柱半径。现在把上柱往下压扁，压到和下柱的半径相等，那么根据表面积和体积公式，我们知道上柱的侧面积会减小。（s=2
* v/r,相同体积时，R大，侧面积小）所以多个圆柱叠立，假设最下面圆柱半径最大，该半径为r。于是，这些圆柱的侧面积之和>=等体积的半径为r的圆柱的侧面积。
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int r[21];int h[21];
int ans;
void dfs(int cur,int m,int n,int sum,int sum_ans)
{ if(cur==m+1) //注意点！先后问题！
{
if(sum==n)
{
if(sum_ans<ans)ans=sum_ans;
}
}
else
{
for(int i=m-cur+1;i<r[cur-1];i++)
for(int j=m-cur+1;j<h[cur-1];j++)
{
r[cur]=i;
h[cur]=j;
// cout<<i<<"**"<<j<<endl;
int temp=m-cur; if(sum+i*i*j+(m-cur)*r[cur]*h[cur]*r[cur]<n)continue; //体积不可能到N了。注意continue,与break 区别
if(sum+i*i*j>n)break; //体积已经大于n了。
if(sum_ans+2*i*j+2*(n-sum-i*i*j)/i>ans)break; //关键剪枝！把剩余体积全转化为表面积（按最大的转是表面积最小的情况）
if(sum_ans+2*i*j+(temp*(temp+1)*(2*temp+1)/3)>ans)break;
// 这样写不可，一次return后，这次不再还原。 sum+=i*i*j;
// if(sum>n) return ;
dfs(cur+1,m,n,sum+i*i*j,cur==1?sum_ans+2*i*j+i*i:sum_ans+2*i*j); //非也，把这层RETURN了，这层有些值还是可以的，下次循环
// sum-=i*i*j;
}
}
}
int main()
{
int n,s,m;
cin>>n>>m; ans=1000000;
r[0]=(n-m*(m-1)*(2*m-1)/6)/m;
h[0]=(n-m*(m-1)*(2*m-1)/6)/(m*m)+1;
dfs(1,m,n,0,0);
if(ans==1000000)cout<<0<<endl;
else cout<<ans<<endl; return 0;
}