1、n后问题
问题描述：在n×n格的棋盘上放置彼此不受攻击的n个皇后。按照国际象棋的规则，皇后可以攻击与之处在同一行或同一列或同一斜线上的棋子。n后问题等价于在n×n格的棋盘上放置n个皇后，任何2个皇后不放在同一行或同一列或同一斜线上。
问题解析：用n元数组x[1:n]表示n后问题的解。其中，x[i]表示皇后i放在棋盘的第i行的第x[i]列。由于不允许将2个皇后放在同一列上，所以解向量中的x[i]互不相同。如果将n*n的棋盘看做是二维方阵，其行号从上到下，列号从左到右依次编号为1,2，……n。设两个皇后的坐标分别为(i,j)和(k,l)。若两个皇后在同一斜线上，那么这两个皇后的坐标连成的线为1或者-1。因此有：
由此约束条件剪去不满足行、列和斜线约束的子树。程序的递归回溯实现如下：
//n后问题 回溯法计算 递归
#include "stdafx.h"
#include <iostream>
#include "math.h"
using namespace std;
class Queen
{
friend int nQueen(int);
private:
bool Place(int k);
void Backtrack(int t);
int n, // 皇后个数
*x; // 当前解
long sum; // 当前已找到的可行方案数
};
int main()
{
int n=4,m;
cout<<n<<"皇后问题的解为："<<endl;
m=nQueen(n);
cout<<n<<"皇后问题共有";
cout<<m<<"个不同的解!"<<endl;
return 0;
}
bool Queen::Place(int k)
{
for (int j=1;j<k;j++)
{
if ((abs(k-j)==abs(x[j]-x[k]))||(x[j]==x[k]))
{
return false;
}
}
return true;
}
void Queen::Backtrack(int t)//t扩展的是行
{
if (t>n)
{
sum++;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
cout<<x[i]<<" ";
}
cout<<endl;
}
else
{
//探索第t行的每一列是否有元素满足要求
for (int i=1;i<=n;i++)
{
x[t]=i;
if (Place(t))
{
Backtrack(t+1);
}
}
}
}
int nQueen(int n)
{
Queen X;
X.n=n;
X.sum=0;
int *p=new int[n+1];
for(int i=0;i<=n;i++)
{
p[i]=0;
}
X.x=p;
X.Backtrack(1);
delete []p;
return X.sum;
} 数组x记录了解空间树中从根到当前扩展节点的路径，这些信息包含了回溯法在回溯是所需要的信息。利用数组x所含的信息，可将上述回溯法表示成
非递归
的形式。进一步省去O(n)递归栈空间。
迭代
实现的n后问题具体代码如下：
//n后问题 回溯法计算 迭代
#include "stdafx.h"
#include <iostream>
#include "math.h"
using namespace std;
class Queen
{
friend int nQueen(int);
private:
bool Place(int k);
void Backtrack(void);
int n, // 皇后个数
*x; // 当前解
long sum; // 当前已找到的可行方案数
};
int main()
{
int n=4,m;
cout<<n<<"皇后问题的解为："<<endl;
m=nQueen(n);
cout<<n<<"皇后问题共有";
cout<<m<<"个不同的解!"<<endl;
return 0;
}
bool Queen::Place(int k)
{
for (int j=1;j<k;j++)
{
if ((abs(k-j)==abs(x[j]-x[k]))||(x[j]==x[k]))
{
return false;
}
}
return true;
}
void Queen::Backtrack()
{
x[1] = 0;
int k = 1;
while(k>0)
{
x[k] += 1;
while((x[k]<=n)&&!(Place(k)))//寻找能够放置皇后的位置
{
x[k] += 1;
}
if(x[k]<=n)//找到位置
{
if(k == n)
{
for (int i=1;i<=n;i++)
{
cout<<x[i]<<" ";
}
cout<<endl;
sum++;
}
else
{
k++;
x[k]=0;
}
}
else
{
k--;
}
}
}
int nQueen(int n)
{
Queen X;
X.n=n;
X.sum=0;
int *p=new int[n+1];
for(int i=0;i<=n;i++)
{
p[i]=0;
}
X.x=p;
X.Backtrack();
delete []p;
return X.sum;
}程序运行结果如图：
2、0-1背包问题
问题描述：
给定n种物品和一背包。物品i的重量是wi，其价值为vi，背包的容量为C。问:应如何选择装入背包的物品，使得装入背包中物品的总价值最大?
形式化描述：给定c >0, wi >0, vi >0 , 1≤i≤n.要求找一n元向量(x1,x2,…,xn,), xi∈{0,1}, ∋ ∑ wi xi≤c,且∑ vi xi达最大.即一个特殊的整数规划问题。
问题解析：0-1背包问题是子集选取问题。0-1 背包问题的解空间可以用子集树表示。在搜索解空间树时，只要其左儿子节点是一个可行节点，搜索就进入左子树。当右子树中有可能含有最优解时，才进入右子树搜索。否则，将右子树剪去。设r是当前剩余物品价值总和，cp是当前价值；bestp是当前最优价值。当cp+r<=bestp时，可剪去右子树。计算右子树上界的更好的方法是将剩余物品依次按其单位价值排序，然后依次装入物品，直至装不下时，再装入物品一部分而装满背包。
例如：对于0-1背包问题的一个实例，n=4,c=7,p=[9,10,7,4],w=[3,5,2,1]。这4个物品的单位重量价值分别为[3,2,3,5,4]。以物品单位重量价值的递减序装入物品。先装入物品4，然后装入物品3和1.装入这3个物品后，剩余的背包容量为1，只能装0.2的物品2。由此得一个解为[1,0.2,1,1]，其相应价值为22。尽管这不是一个可行解，但可以证明其价值是最优值的上界。因此，对于这个实例，最优值不超过22。
在实现时，由Bound计算当前节点处的上界。类Knap的数据成员记录解空间树中的节点信息，以减少参数传递调用所需要的栈空间。在解空间树的当前扩展节点处，仅要进入右子树时才计算上界Bound,以判断是否可将右子树剪去。进入左子树时不需要计算上界，因为上界预期父节点的上界相同。算法的具体实现如下：
//0-1背包问题 回溯法求解
#include "stdafx.h"
#include <iostream>
using namespace std;
template<class Typew,class Typep>
class Knap
{
template<class Typew,class Typep>
friend Typep Knapsack(Typep [],Typew [],Typew,int);
private:
Typep Bound(int i);
void Backtrack(int i);
Typew c; //背包容量
int n; //物品数
Typew *w; //物品重量数组
Typep *p; //物品价值数组
Typew cw; //当前重量
Typep cp; //当前价值
Typep bestp;//当前最后价值
};
template<class Typew,class Typep>
Typep Knapsack(Typep p[],Typew w[],Typew c,int n);
template <class Type>
inline void Swap(Type &a,Type &b);
template<class Type>
void BubbleSort(Type a[],int n);
int main()
{
int n = 4;//物品数
int c = 7;//背包容量
int p[] = {0,9,10,7,4};//物品价值 下标从1开始
int w[] = {0,3,5,2,1};//物品重量 下标从1开始
cout<<"背包容量为："<<c<<endl;
cout<<"物品重量和价值分别为："<<endl;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
cout<<"("<<w[i]<<","<<p[i]<<") ";
}
cout<<endl;
cout<<"背包能装下的最大价值为："<<Knapsack(p,w,c,n)<<endl;
return 0;
}
template<class Typew,class Typep>
void Knap<Typew,Typep>::Backtrack(int i)
{
if(i>n)//到达叶子节点
{
bestp = cp;
return;
}
if(cw + w[i] <= c)//进入左子树
{
cw += w[i];
cp += p[i];
Backtrack(i+1);
cw -= w[i];
cp -= p[i];
}
if(Bound(i+1)>bestp)//进入右子树
{
Backtrack(i+1);
}
}
template<class Typew, class Typep>
Typep Knap<Typew, Typep>::Bound(int i)// 计算上界
{
Typew cleft = c - cw; // 剩余容量
Typep b = cp;
// 以物品单位重量价值递减序装入物品
while (i <= n && w[i] <= cleft)
{
cleft -= w[i];
b += p[i];
i++;
}
// 装满背包
if (i <= n)
{
b += p[i]/w[i] * cleft;
}
return b;
}
class Object
{
template<class Typew,class Typep>
friend Typep Knapsack(Typep[],Typew [],Typew,int);
public:
int operator <= (Object a)const
{
return (d>=a.d);
}
private:
int ID;
float d;
};
template<class Typew,class Typep>
Typep Knapsack(Typep p[],Typew w[],Typew c,int n)
{
//为Knap::Backtrack初始化
Typew W = 0;
Typep P = 0;
Object *Q = new Object[n];
for(int i=1; i<=n; i++)
{
Q[i-1].ID = i;
Q[i-1].d = 1.0 * p[i]/w[i];
P += p[i];
W += w[i];
}
if(W <= c)//装入所有物品
{
return P;
}
//依物品单位重量价值排序
BubbleSort(Q,n);
Knap<Typew,Typep> K;
K.p = new Typep[n+1];
K.w = new Typew[n+1];
for(int i=1; i<=n; i++)
{
K.p[i] = p[Q[i-1].ID];
K.w[i] = w[Q[i-1].ID];
}
K.cp = 0;
K.cw = 0;
K.c = c;
K.n = n;
K.bestp = 0;
//回溯搜索
K.Backtrack(1);
delete []Q;
delete []K.w;
delete []K.p;
return K.bestp;
}
template<class Type>
void BubbleSort(Type a[],int n)
{
//记录一次遍历中是否有元素的交换
bool exchange;
for(int i=0; i<n-1;i++)
{
exchange = false ;
for(int j=i+1; j<=n-1; j++)
{
if(a[j]<=a[j-1])
{
Swap(a[j],a[j-1]);
exchange = true;
}
}
//如果这次遍历没有元素的交换,那么排序结束
if(false == exchange)
{
break ;
}
}
}
template <class Type>
inline void Swap(Type &a,Type &b)
{
Type temp = a;
a = b;
b = temp;
}计算上界需要O(n)时间，在最坏情况下有O(2^n)个右儿子节点需要计算上界，故解0-1背包问题的回溯算法所需要的计算时间为O(n2^n)。程序运行结果如图：
