连续邮资问题的回溯法解决办法

/*  
连续邮资问题  
算法设计:  
该问题是设计最佳的邮票面值，用来表示最大的区间  
对于连续邮姿问题，用n元组x[1:n]表示n种不同的邮票面值并约定它们从小到大排列。  
整数r表示当前使用不超过m张邮票能贴出的最大连续邮资区间。
x[1] = 1是唯一的选择。此时最大连续邮资区间是[1:m]  
接下来x[2]的可能取值范围是[2:m+1]，这个取值范围就决定了x[2]应该怎么选，  
只所以确定这样的范围是因为，至少要保证增加一个面值后，可以将区间增  
大1一般情况下，已选定x[1:i-1]，此时最大连续邮资区间是[1:r]，则接下来  
x[i]的可取值范围是[x[i-1]+1:r+1]。由此可以看出，在用回溯法时，可以用一棵树表示其  
解空间。该解空间树中各结点的度随x的不同取值而变化。  
  
设x[1～n]是从小到大排列的n种邮票面值。   
首先x[1]=1 是毫无疑问的，否则最小邮资 1 无法支付。   
面值为1的邮票构成的最大连续区间只能是[1,m] (只贴1张就是1……m张邮票全贴满是m)。  
如果这时候再给我们第二种面额的邮票。因为它需要比x[1]大，所以最少只能是2；  
又因为单纯由x[1]支付的邮资区间最大只到m，再往上就出现了断档，所以x[2]最大也只能取m+1  
（如果再大的话，m+1这个值就无法正常表示）   
同样的道理，假设前面k种邮票面值都已经有了，并且能构成[1, r]的连续邮资区间，  
那么第k+1种邮票的面值必须满足：   
x[k]+1 <= x[k+1] <= r+1   
算法就是要找到这么多种可能情况下的最优方案  
  
对于连续邮资问题，用n元组x[1：n]表示n种不同的邮票面值，并约定它们从小到大排列。  
x[1] = 1是惟一的选择。在未确定剩余其它n－1种邮票面值的情况下，只用x[1]一种邮票面值，  
所能得到的最大连续邮资区间是[1：m]。接下来，确定x[2]的取值范围，很明显，  
x[2]的值最小可以取到2，因为x[1] 这时已经为1了。那么最大可以取的值呢？应当是m+1，  
为什么？因为如果x[2]取m+2，则在这个方案中，邮资m+1不可能取得，  
（这个时候，x[2：n]的任何一个面值是不能取的，因为就算只取一张，总和也会至少为m+2，  
超过m+1了，反过来，如果只取x[1]面值，则就算把m张全取了，也只能凑到m）。所以，  
在搜索第2张邮票的时候，搜索范围是2 ~ m+2（m+2不剪取）。在一般的情况下，已选定x[1：i-1]，  
最大连续邮资区间是[1：r]时，接下来x[i]的可取值范围是[x[i-1]+1 ：r+1]。由此可以看出，  
[x[i-1]+1 ：r+1]（为限界函数）在用回溯法解连续邮资问题时，可用树表示其解空间，  
该解空间树中各结点的度随x的不同取值而变化。  
  
现在可以大致画出该解空间树的结构。  
现在的关键问题是，如何确定x3的取值范围？转换一下就是如何求得在x[1]，x[2]面值确定的情况下，  
用不超过m张邮票，所得到的最大连续邮资区间是多少？如果每一个这样的问题能够确定，  
则解空间树已经构造好了（每一个的儿子结点为r-x[i-1]），我们就可以通过深度优先遍历的方式得到最佳面值设计  
(每到达叶结点见比较更新)。  
  
    现在来看在x[1]，x[2]面值确定的情况下，用不超过m张邮票，所得到的最大连续邮资区间是多少？  
最大连续邮资区间总是以1作为起点的，所以我们用max来表示这个最大值，显然，max至少可以取到m，  
因为即使不用x[2]面值，只用x[1]面值的情况下，所能得到的最大值就已经是m了。现在来看在x[1]，  
x[2]面值确定的情况下，用不超过m张邮票，max+1能不能取到？   
假设在拼凑的过程中，x[2]面值的邮票取t张，则t>=0，t<=（max+1） /x[2] && t<=m  
现在x[2]面值的邮票张数已经确定，原问题转化为另一个子问题，即，在x[1]面值确定的情况下，  
用不超过m－t张邮票，max+1 - t*x[2] 能不能取到？ 。。。。。。  
到这一步就很容易理解了，因为x[1] 面值为1，所以如果要拼凑的值max+1- t*x[2] <= m-t的话，  
则只用取max+1- t*x[2]张就可以拉。相反，如果max+1- t*x[2] > m-t的话，则是不可以满足的。  
  
  
  在下面的回溯法描述中，递归函数Backtrack实现对整个解空间的回溯搜索。  
maxvalue记录当前已经找到的最大连续邮资区间，bestx是相应的当前最优解。  
数组y用来记录当前已经选定的邮票面值x[1:i]能贴出各种邮资所需的最少邮票数。  
  
  也就是说,y[k]是用不超过m张面值为x[1:i]的邮票，贴出邮资k所需的最少邮票张数。  
在函数Backtrack中，  
当i>n时，表示算法已经搜索到一个叶结点，得到一个新的邮票面值设计方案x[1:n]。如果该方案能贴出的  
最大连续邮资区间大于当前已经找到的最大连续邮资区间maxvalue，则更新当前最优值maxvalue和相应的最优解。  
当i <= n时，当前扩展结点z是解空间中的一个内部结点，在该结点处x[1:i-1]  
能贴出的最大最大邮资区间为r-1.因此在结点z处x[i]的可取范围是x[i-1]+1:r，  
从而，结点z有r-x[i-1]个儿子结点。算法对当前扩展结点z的每一个儿子结点，  
以深度优先的方式递归地对相应子树进行搜索  
  
  解空间是多叉树，孩子接点个数是每层都在变化的  
*/   
#include
#include
using namespace std;
 
class Stamp
{
friend int MaxStamp(int  ,int  ,int []);

private:
	 // int Bound(int i);
	  void Backtrack(int i,int r);
	  int n;//邮票面值数
	  int m;//每张信封最多允许贴的邮票数
	  int maxvalue;//当前最优值
	  int maxint;//大整数
	  int maxl;//邮资上界
	  int *x;//当前解
	  int *y;//贴出各种邮资所需最少邮票数
	  int *bestx;//当前最优解
 
};

void Stamp::Backtrack(int i,int r)
{
	/*计算X[1:i]的最大连续邮资区间,考虑到直接递归的求解复杂度太高，
	我们不妨尝试计算用不超过m张面值为x[1:i]的邮票贴出邮资k所需的最少邮票数y[k]。
	通过y[k]可以很快推出r的值。事实上，y[k]可以通过递推在O(n)时间内解决*/
	for(int j=0;j<=x[i-2]*(m-1);j++) //x[i-2]*(m-1)是第i-2层循环的一个上限，目的是找到r-1的值 
			if(y[j]n) // 如果到达发行邮票的张数，则更新最终结果值，并返回结果
				{
					if(r-1>maxvalue)  // 用r计算可贴出的连续邮资最大值，而maxStamp存放最终结果
					{
						maxvalue=r-1;
						for(int j=1;j<=n;j++)
							bestx[j]=x[j];  // 用x[i]表示当前以确定的第i+1张邮票的面值，bestx保存最终结果
					}
						return;
				}
				int *z=new int[maxl+1];
				for(int k=1;k<=maxl;k++)
					z[k]=y[k];
				//保留数据副本，以便返回上层时候能够恢复数据   
				//以上都是处理第i-1层及其之上的问题   
				for(int j=x[i-1]+1;j<=r;j++) //在第i层有这么多的孩子结点供选择   
				{
					x[i]=j;
					Backtrack(i+1,r);//返回上层恢复信息
					for(int k=1;k<=maxl;k++)
						y[k]=z[k];
				}
				delete[] z;
}



int MaxStamp(int n,int m,int bestx[]){
	Stamp X;
	int maxint=32767;
	int maxl=1500;
	
	X.n=n;
	X.m=m;
	X.maxvalue=0;
	X.maxint=maxint;
	X.maxl=maxl;
	X.bestx=bestx;
	X.x=new int [n+1];
	X.y=new int [maxl+1];
	
	for(int i=0;i<=n;i++)
		X.x[i]=0;
	for(int i=1;i<=maxl;i++)
		X.y[i]=maxint;
	X.x[1]=1;
	X.y[0]=0;
	X.Backtrack(2,1);
	cout<<"当前最优解:";
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cout<>n;
	cout<<"请输入每张信封最多允许贴的邮票数:";
	cin>>m;

	bestx=new int[n+1];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	bestx[i]=0;
	
	cout<<"最大邮资:"<