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五大常見演算法策略之——回溯策略

2020-09-18 18:50:03 其他

回溯策略

歡迎大家訪問我的個人搭建的博客Vfdxvffd's Blog
回溯是五大常用演算法策略之一，它的核心思想其實就是將解空間看作是一棵樹的結構，從樹根到其中一個葉子節點的路徑就是一個可能的解，根據約束條件，即可得到滿足要求的解，求解問題時，發現到某個節點而不滿足求解的條件時，就“回溯”回傳，嘗試別的路徑，回溯法是一種選優搜索法，按選優條件向前搜索，以達到目標，下面通過幾個例子來討論這個演算法策略，

貨郎問題

有一個推銷員，要到n個城市推銷商品，他要找出一個包含所有n個城市的具有最短路程的環路，（最后回到原來的城市），也就是說給一個無向帶權圖G<V,E>,用一個鄰接矩陣來存盤兩城市之間的距離（即權值），要求一個最短的路徑，

我們設定一組資料如下：4個城市，之間距離如下圖所示，默認從0號城市出發

在這里插入圖片描述

由此我們可以畫出一棵解空間樹：（只畫了一部分，右邊同理）

在這里插入圖片描述

按照這個解空間樹，對其進行深度優先搜索，通過比較即可得到最優結果（即最短路徑）

package BackTrack;
//解法默認從第0個城市出發，減小了問題難度，主要目的在于理解回溯策略思想
public class Saleman {
	
	//貨郎問題的回溯解法
    static int[][] map = {
            { 0,10,5,9},
            {10,0,6,9},
            { 5,6,0,3},
            { 9,9,3,0}
    };          //鄰接矩陣
    
    public static final int N = 4;		//城市數量
    static int Min = 10000;				//記錄最短的長度
    static int[] city = {1,0,0,0};		//默認第0個城市已經走過
    static int[] road = new int[N];		//路線，road[i] = j表示第i個城市是第j個經過的
    /**
     * 
     * @param city		保存城市是否被經過，0表示未被走過，1表示已經走過
     * @param j			上一層走的是第幾個城市
     * @param len		此時在當前城市走過的距離總和
     * @param level		當前所在的層數，即第幾個城市
     */
    public static void travel(int[] city, int j, int len, int level) {
		if(level == N - 1) {	//到達最后一個城市
			/*do something*/
			if(len+map[j][0] < Min) {
				Min = len + map[j][0];
				for (int i = 0; i < city.length; i++) {
					road[i] = city[i];
				}
			}
			return;
		}
		for(int i = 0; i < N; i++) {
			if(city[i] == 0 && map[j][i] != 0) {	//第i個城市未被訪問過，且上一層訪問的城市并不是此城市
				city[i] = level+2;			//將此城市置為已訪問
				travel(city, i, len+map[j][i], level+1);
				city[i] = 0;			//嘗試完上一層的路徑后，將城市又置為未訪問，以免影響后面的嘗試情況，避免了clone陣列的情況，節省記憶體開銷
			}
		}
		
	}
    
	public static void main(String[] args) {
		travel(city,0,0,0);
        System.out.println(Min);
        for (int i = 0; i < N; i++) {
			System.out.print(road[i]+" ");
		}
        System.out.println("1");
	}
}

八皇后問題

要在n*n的國際象棋棋盤中放n個皇后，使任意兩個皇后都不能互相吃掉，規則：皇后能吃掉同一行、同一列、同一對角線的任意棋子，求所有的解，n=8是就是著名的八皇后問題了，

??用一個position陣串列示皇后的擺放位置，position[i] = j表示第i行皇后放在第j列，我們從第一行開始，對每一列進行嘗試擺放，如果可行則繼續第二行，同理第二行繼續對每一列進行嘗試，如果發現某一行不管放在哪一列都不可行，說明上面某行的擺放是不可行的，則回溯到上面一行，從擺放的那一列接著往下嘗試......

??這道題的解空間樹非常龐大，第一層8個節點，然后往下每一個節點又有8個孩子（包含了所有可行和不可行解，但都要嘗試過去），所以有8^8種可能解，

在這里插入圖片描述

public class Empress {
    final static int N = 8;                   //皇后個數
    static int count = 0;                    //輸出的結果個數
    static int[] postion = new int[N];      //保存每一行皇后擺放的位置，position[i] = j表示第i行皇后放在第j列

    /**
     * @param row   判斷第row行擺放是否合理
     * @return      合理回傳true，否則false
     */
    public static boolean IsOk(int row){
        for (int i = 0; i < row; i++) {     //和前面的每一行進行對比
            if(postion[i] == postion[row] || Math.abs(i-row) == Math.abs(postion[i] - postion[row])){
                //如果在同一列則postion[i] == postion[row]
                //如果在同一斜線上Math.abs(i-row) == Math.abs(postion[i] - postion[row])
                return false;
            }
        }
        return true;
    }

    public static void Print(){
        System.out.println("This is the No."+(++count)+" result:");
        for (int i = 0; i < N; i++) {           //i為行序號
            for (int j = 0; j < N; j++) {       //j為第i行皇后的列的序號
                if(postion[i] == j){    //不是皇后的拜訪地址
                    System.out.print("# ");
                }else{
                    System.out.print("@ ");
                }
            }
            System.out.println();       //換行
        }
    }

    /**
     * @param row   嘗試第row行皇后的擺放位置，找到可行位置就繼續深度搜索下一行，否則在嘗試完i的所有取值無果后回溯
     */
    public static void backtrack(int row){
        if(row == N){       //若已經等于N，則說明0~N-1已經賦值完畢，直接列印回傳
            Print();
            return;
        }
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            postion[row] = i;           //第row行皇后的位置在i處
            if(IsOk(row)){
                backtrack(row+1);
            }else{
                /**
                 * 如果第row行的皇后拜訪在i(0-N)處可行，則繼續向下深度搜索，否則就直接讓這層遞回函式出堆疊
                 * 此層函式出堆疊也就是當前結點不滿足繼續搜索的限制條件，即回溯到上一層，繼續搜索上一層的下一個i值
                 */
            }
        }
    }

    public static void main(String[] args) {
        backtrack(0);
    }
}

0-1背包的回溯解法

給定n個重量為w1，w2，w3，...，wn，價值為v1，v2，v3，...，vn的物品和容量為C的背包，求這個物品中一個最有價值的子集，使得在滿足背包的容量的前提下，包內的總價值最大，

這個問題的解空間樹是一棵決策樹，每個節點都有兩個孩子節點，分別對應了是否將這個物品裝入背包的兩種情況，0表示不裝入，1表示裝入，則我們可以畫出3件物品的解空間樹

在這里插入圖片描述

package BackTrack;

import java.util.Iterator;
import java.util.LinkedList;
import java.util.List;

public class Package {
	
	//0-1背包問題，回溯解法
	public static final int N = 5;		//物品數量
	static int[] values = {4,5,2,1,3};	//物品的價值
	static int[] weights = {3,5,1,2,2};	//物品的質量
	public static final int C = 8;		//背包的容量
	static int MAX = -1;				//記錄最大的價值
	static int[] bag = {0,0,0,0,0};		//物品放置情況，bag[i] = 0表示第i個物品未被裝入，等于1則表示已裝入
	static List<int[]> list = new LinkedList<int[]>();	//保存最優的結果，可能有多個結果，所以用鏈表裝
	
	public static boolean IsOk(int[] bag, int level) {	//判斷當前背包是否超重
		int weight = 0;
		for (int i = 0; i <= level; i++) {	//計算當前背包中所有的物品的總質量
			if(bag[i] == 1) {	//bag[i] == 1表示這個物品已被裝入背包
				weight += weights[i];
				if(weight > C)
					return false;
			}
		}
		return true;
	}
	
	public static void MaxValue(int[] bag, int level) {
		if(level == N) {				//已經判斷完最后一個物品
			//先計算當前總價值
			int value = https://www.cnblogs.com/vfdxvffd/p/0;
			for (int i = 0; i < N; i++) {
				if(bag[i] == 1) {
					value += values[i];
				}圓排列
			}
			if(value > MAX) {
				list.clear();		//發現更優的結果
				MAX = value;
				list.add(bag.clone());
			}else if (value == MAX) {	//其他放置情況的最優解
				list.add(bag.clone());
			}
			return;
		}
		for (int i = 0; i < 2; i++) {
			bag[level] = i;
			if(IsOk(bag, level)) {
				MaxValue(bag, level+1);
			}
		}
	}

	public static void main(String[] args) {
		MaxValue(bag, 0);
		System.out.println(MAX);
		Iterator iter = list.iterator();
		while(iter.hasNext()) {
			int[] temp = iter.next();
			for (int i = 0; i < temp.length; i++) {
				System.out.print(temp[i]+" ");
			}
			System.out.println();
		}
	}
}

圖的著色問題

??給定無向連通圖G=(V, E)和m種不同的顏色，用這些顏色為圖G的各頂點著色，每個頂點著一種顏色，是否有一種著色法使G中相鄰的兩個頂點有不同的顏色?
??這個問題是圖的m可著色判定問題，若一個圖最少需要m種顏色才能使圖中每條邊連接的兩個頂點著不同顏色，則稱這個數m為該圖的色數，求一個圖的色數m的問題稱為圖的m可著色優化問題，
??編程計算：給定圖G=(V, E)和m種不同的顏色，找出所有不同的著色法，

形如下面這種情況：

在這里插入圖片描述

采用回溯策略，對每一個頂點用每一個顏色作嘗試，按上圖這個例子，3種顏色為這個4個頂點的圖著色的解空間樹（包括所有可能解和不可能解）有34個可能解，即mn個可能解（m為顏色種數，n為節點個數），

package BackTrack;

import java.util.Scanner;

public class Paint {

	static int[][] p_Maxtrix = new int[4][4];		//圖的鄰接矩陣
	static int Colornum = 3;						//顏色數目
	static int[] result = {-1,-1,-1,-1};			//保存結果
	
	/**
	 * @param index         當前頂點的下標
	 * @param color			顏色的編號
	 * @return                     染色方案是否可行
	 */
	public static boolean IsOk(int index, int color) {		//判斷是否可以染色
		for (int i = 0; i < p_Maxtrix.length; i++) {
			if(p_Maxtrix[index][i] == 1 && result[i] == color) {
				return false;
			}
		}
		return true;
	}
	
	public static void backtrack(int index) {
		if(index == p_Maxtrix.length) {			//完成最后一個頂點的著色，輸出其中一種結果
			for (int i = 0; i < result.length; i++) {
                System.out.print(result[i]+" ");
            }
            System.out.println();
            return;
		}
		for (int i = 0; i < Colornum; i++) {	//對每一種顏色進行嘗試
			result[index] = i;
			if(IsOk(index, i)) {
				backtrack(index+1);
			}
			result[index] = -1;
		}
	}

	public static void main(String[] args) {
		Scanner in = new Scanner(System.in);
        for (int i = 0; i <p_Maxtrix.length ; i++) {
            for (int j = 0; j < p_Maxtrix.length; j++) {
                p_Maxtrix[i][j] = in.nextInt();
            }
        }
		backtrack(0);
	}
}

圓排列問題

給定n個大小不等的圓c1,c2,…,cn，現要將這n個圓排進一個矩形框中，且要求各圓與矩形框的底邊相切，圓排列問題要求從n個圓的所有排列中找出有最小長度的圓排列，例如，當n=3，且所給的3個圓的半徑分別為1，1，2時，這3個圓的最小長度的圓排列如圖所示，其最小長度為img，

img

演算法思路：將每個圓在每個位置上的所有可能作全排列，找出最短距離，

  • swap函式：用于交換圓之間的順序，將兩個圓互換位置，

  • center函式：計算第t個圓的圓心的坐標，用于給x陣列賦值，

  • compute函式：其實是在當將最后一個圓排列完成后的操作，計算出當前的排列的距離，與已知的最優解比較，若更優就更新最優解，

  • backtrack函式：對每一種排列組合進行回溯嘗試，

    參考博文：圓排列

package BackTrack;

public class Round {
	
	public static final int N = 3;			//圓的數目
	static double min = 1000;				//最短距離
	static double[] x = new double[N];		//每個圓的圓心
	static int[] r = {1,1,2};				//每個圓的半徑
	static int[] best = new int[N];			//最優解
	
	//交換函式，交換某兩個圓的位置
	public static void swap(int[] a, int x, int y) {
		int temp1 = a[x];
        int temp2 = a[y];
        a[x] = temp2;
        a[y] = temp1;位置
	}
	
	/**
     *  對為什么要使用回圈做一解釋：
     *      因為可能存在第x個圓，它太過于小，而導致其對第x-1和x+1，甚至其他的圓來說，第x個圓存在于不存在都是沒影響的
     *      取x-1，和x+1來說：可能x太小，x+1與x-1相切，所以計算第x+1圓心坐標的時候，只能以x-1的圓心與它的圓心來計算
     *      所以要每次回圈比較選擇最大的那一個做半徑
     *      可以參考https://blog.csdn.net/qq_37373250/article/details/81477394中的圖
     */
	public static double center(int t) {
		double max = 0.0;				//默認第一個圓的圓心是0.0
		for(int i = 0; i < t; i++) {
			double temp = x[i]+2.0*Math.sqrt(r[i]*r[t]); 	//計算得到“以第i個圓的半徑和待計算圓的半徑”得出的圓心
			//取最大值
			if(temp > max) {
				max = temp;
			}
		}
		return max;
	}
	
	/**
     * 針對為什么不能直接temp = x[N-1]+x[0]+r[N-1]+r[0]（直接用第一個圓到最后一個圓的圓心距離加上兩圓半徑）做一解釋：
     *      為避免第一個圓太小，而第二個圓太大，而導致第二個圓的邊界甚至超過了第一個圓的邊界，最右邊同理
     *      那也可以依次推出可能第三個，第四個...的邊界超過了第一個圓的邊界，右邊同理，所以需要每一個都做一下比較
     *      但是可以放心，x是按圓當前排列順序放置圓心坐標的
     */
	public static void compute() {			//計算按此排列得到的結果
		double low = 0, high = 0;			//分別表示最左邊的邊際，和最右邊的邊際
		for(int i = 0; i < N; i++) {
			if(x[i]-r[i] < low) {
				low = x[i]-r[i];
			}
			if(x[i]+r[i] > high) {
				high = x[i]+r[i];
			}
		}
		double temp = high - low;
		if(temp < min) {
			min = temp;
			for (int i = 0; i < N; i++) {
				best[i] = r[i];
			}
		}
	}
	
	public static void backtrack(int t) {
		if(t == N) {
			compute();
			//return;
		}
		for(int i = t; i < N; i++) {	//t之前的圓已經排好順序了，可能不是最優解，但是一種可能解
			swap(r, t, i);
			double center_x = center(t);
			x[t] = center_x;
			backtrack(t+1);
			/*下面是使用了較為簡陋的剪枝演算法進行優化
			  if(center_x+r[i] < min) {
				x[t] = center_x;
				backtrack(t+1);
			}			  
			 */
			swap(r, t, i);			//恢復交換之前的
		}
	}
	public static void main(String[] args) {
		backtrack(0);
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            System.out.print(best[i]+" ");
        }
        System.out.println();
        System.out.println(min);

	}
}

連續郵資問題

假設國家發行了n種不同面值的郵票，并且規定每張信封上最多只允許貼m張郵票，連續郵資問題要求對于給定的n和m的值，給出郵票面值的最佳設計，在1張信封上可貼出從郵資1開始，增量為1的最大連續郵資區間，例如，當n=5和m=4時，面值為(1,3,11,15,32)的5種郵票可以貼出郵資的最大連續郵資區間是1到70，

解法思路：解決這個問題其實不光用到回溯，還用到了前面的動態規劃策略，

  • 首先要明確必須要有一張面值為1的郵票，否則連剛開始一元的郵資都無法貼出，
  • 然后就是第x張郵票的面值必須介于第x-1張郵票的面值+1和前x-1張郵票所能貼出的最大郵資+1之間（閉區間）
  • 明確前面兩點后，回溯的方法就很簡單了，每層都是在上一層的面值+1和上一層最大郵資+1之間對所有的可能進行嘗試求解最優解，
  • 最后就是dp求解每一層的最大郵資問題了，拆解來看，分為向下dp和向右dp，具體dp的理解方法可以參考這篇博文，一些細節問題在下面注釋中寫出來了，連續郵資問題
package BackTrack;

public class Postage {

	public static final int MAX_Postage = 300;	//最大郵資不應該超過這個值
	public static final int N = 6;								//所用郵票張數
	public static final int M = 5; 								//所用面值種數		
	public static int[] best = new int[M+1];					//存放最優解，即所有的面值best[0]不用于存盤
	public static int[] x = new int[M+1];						//當前解
	public static int MAX = 0;									//最大郵資
	public static int[][] dp = new int[M+1][MAX_Postage];		//用于動態規劃保存第x[0]到x[cur]的最大郵資，dp[i][j] = k表示用i種面值的郵票表示j元最少需要k張
	//應該將dp陣列初始化到dp[1][i] = i;		即讓第一層都等于張數		
	
	
	public static int findMax(int cur) {		
		if(cur == 1) {			//第一層，只能用面值為1的，能表達出的最大郵資為N（張數）
			return N;
		}
		//向下dp
		int j = 1;		//指示列坐標
		while (dp[cur-1][j] != 0) {
			//此處dp的思路其實就是利用動態規劃解決0-1背包問題時的思路，對新加入面值的郵票用與不用？用了用幾張的問題？
			//不用時
			dp[cur][j] = dp[cur-1][j];
			//用的時候，用幾張？
			for(int i = 1; i*x[cur] <= j; i++) {		//i表示面值張數
				int temp = dp[cur-1][j-i*x[cur]] + i;	//dp[cur-1][j-i*x[cur]]表示除了新加入的面值之外前面所有的面值共同表達j-i*x[cur]元所需張數
				dp[cur][j] = Math.min(temp, dp[cur][j]);		//取最小的張數
			}
			j++;
		}
		
		//向右dp
		while(true) {
			int temp = MAX_Postage;		
			for(int i = 1; i <= cur; i++) {
				/**
	             * 這里很妙，因為向右dp時每次都是向右一個一個推進，所以我們從x[]的第一種面值開始往上加，直到超過限制張數，那么如果x[]的
	             * 第二種面值剛好能將前面的多個第一種替換，那就替換更新張數
	             * 反正意思就是每一次for回圈是對前面的較小面值的郵票是一個濃縮的程序
	             */
				temp = Math.min(dp[cur][j-x[i]]+1, temp);
			}
			if(temp > N || temp == MAX_Postage) {     //不管怎么使用當前解x[]中的已知面值，都不能在張數限制內表達出j元
				break;
			}else {
				dp[cur][j] = temp; 
			}
			j++;
		}
		/**對下面這條陳述句做一個解釋
         * 確保同一層上一次dp的結果不會影響下一次**嘗試**時的dp，因為可能上一次嘗試的一個分支中dp時已經給dp[2][10]賦過值了，但如果沒有這一句
         * 就會導致后面的某次嘗試時一個分支中dp的時候，向下dp的時候直接將dp[2][10]向下dp了，而事實上，應該向右dp的時候才給dp[2][10]賦值的
         * 其實就是向回溯的下一層發一個信號，表示這塊是我上一層dp停止的地方，過了這塊可能就是別的回溯分支給dp賦的值了
         */
		dp[cur][j] = 0; 
		return j-1;
	}
	
	public static void backtrack(int t) {						//t表示當前層數
		if(t == M) {	//已經選夠最多的面值種類
			int max = findMax(t);
			if(max > MAX) {
				MAX = max;
				for (int i = 0; i < best.length; i++) {
					best[i] = x[i];
				}
			}
		//return;	
		}else {
			int temp = findMax(t);								//得到當前層的最大郵資	
			for(int i = x[t]+1; i <= temp+1; i++) {
				x[t+1] = i;
				backtrack(t+1);
			}			
		}
	}
	
	public static void main(String[] args) {
		for (int i = 0; i <= N; i++) {
			dp[1][i] = i;
		}
		x[0] = 0;
		x[1] = 1;
		backtrack(1);
		System.out.println(MAX);
		for (int i = 0; i < best.length; i++) {
			System.out.print(best[i]+" ");
		}
	}
}

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