0032算法笔记——【回溯法】电路板排列问题和连续邮资问题

     1、电路板排列问题

    问题描述

     将n块电路板以最佳排列方式插入带有n个插槽的机箱中。n块电路板的不同排列方式对应于不同的电路板插入方案。设B={1, 2, …, n}是n块电路板的集合，L={N1, N2, …, Nm}是连接这n块电路板中若干电路板的m个连接块。Ni是B的一个子集，且Ni中的电路板用同一条导线连接在一起。设x表示n块电路板的一个排列，即在机箱的第i个插槽中插入的电路板编号是x[i]。x所确定的电路板排列Density (x)密度定义为跨越相邻电路板插槽的最大连线数。

    例：如图，设n=8, m=5，给定n块电路板及其m个连接块：B={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}，N1={4, 5, 6}，N2={2, 3}，N3={1, 3}，N4={3, 6}，N5={7, 8};其中两个可能的排列如图所示，则该电路板排列的密度分别是2，3。

       

     左上图中，跨越插槽2和3,4和5，以及插槽5和6的连线数均为2。插槽6和7之间无跨越连线。其余插槽之间只有1条跨越连线。在设计机箱时，插槽一侧的布线间隙由电路板的排列的密度确定。因此，电路板排列问题要求对于给定的电路板连接条件(连接块)，确定电路板的最佳排列，使其具有最小密度。

     问题分析

     电路板排列问题是NP难问题，因此不大可能找到解此问题的多项式时间算法。考虑采用回溯法系统的搜索问题解空间的排列树，找出电路板的最佳排列。设用数组B表示输入。B[i][j]的值为1当且仅当电路板i在连接块Nj中。设total[j]是连接块Nj中的电路板数。对于电路板的部分排列x[1:i]，设now[j]是x[1:i]中所包含的Nj中的电路板数。由此可知，连接块Nj的连线跨越插槽i和i+1当且仅当now[j]>0且now[j]！=total[j]。用这个条件来计算插槽i和i+1间的连线密度。

    算法具体实现如下：

//电路板排列问题 回溯法求解
#include "stdafx.h"
#include 
#include  
using namespace std;

ifstream fin("5d11.txt"); 

class Board
{
	friend int Arrangement(int **B, int n, int m, int bestx[]);
	private:
		void Backtrack(int i,int cd);
		int n,		//电路板数
			m,		//连接板数
			*x,		//当前解
			*bestx,//当前最优解
			bestd,  //当前最优密度
			*total, //total[j]=连接块j的电路板数
			*now,   //now[j]=当前解中所含连接块j的电路板数
			**B;    //连接块数组
};

template 
inline void Swap(Type &a, Type &b);

int Arrangement(int **B, int n, int m, int bestx[]);

int main()
{
	int m = 5,n = 8;
	int bestx[9];

	//B={1,2,3,4,5,6,7,8}
	//N1={4,5,6},N2={2,3},N3={1,3},N4={3,6},N5={7,8}

	cout<<"m="<>B[i][j];
			cout<0 && total[k]!=now[k])
				{
					ld ++;
				}
			}

			//更新ld
			if(cd>ld)
			{
				ld = cd;
			}

			if(ld
inline void Swap(Type &a, Type &b)
{  
	Type temp=a; 
	a=b; 
	b=temp;
}

     算法效率

     在解空间排列树的每个节点处，算法Backtrack花费O(m)计算时间为每个儿子节点计算密度。因此计算密度所消耗的总计算时间为O(mn!)。另外，生成排列树需要O(n!)时间。每次更新当前最优解至少使bestd减少1，而算法运行结束时bestd>=0。因此最优解被更新的额次数为O(m)。更新最优解需要O(mn)时间。综上，解电路板排列问题的回溯算法Backtrack所需要的计算时间为O(mn!)。

     程序运行结果为：

     2、连续邮资问题

     问题描述

     假设国家发行了n种不同面值的邮票，并且规定每张信封上最多只允许贴m张邮票。连续邮资问题要求对于给定的n和m的值，给出邮票面值的最佳设计，在1张信封上可贴出从邮资1开始，增量为1的最大连续邮资区间。例如，当n=5和m=4时，面值为(1,3,11,15,32)的5种邮票可以贴出邮资的最大连续邮资区间是1到70。

     问题分析

    解向量：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是唯一的选择。
    可行性约束函数：已选定x[1:i-1]，最大连续邮资区间是[1:r]，接下来x[i]的可取值范围是[x[i-1]+1:r+1]。

     计算X[1:i]的最大连续邮资区间在本算法中被频繁使用到，因此势必要找到一个高效的方法。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。如果y[r]的值在上述动态规划运算过程中已赋值，则y[r]

     r表示由x[1…i]能贴出的最大连续区间，现在，要想把第i层的结点往下扩展，有两个问题需要解决：一，哪些数有可能成为下一个的邮票面值，即x[i+1]的取值范围是什么；二，对于一个确定的x[i+1]，如何更新r的值让它表示x[1…i+1]能表示的最大连续邮资区间。
第一个问题很简单，x[i+1]的取值要和前面i个数各不相同，最小应该是x[i] + 1，最大就是r+1，否则r+1没有办法表示。我们现在专注第二个问题。
第二个问题自己有两种思路：一，计算出所有使用不超过m张x[1…i+1]中的面值能够贴出的邮资，然后从r+1开始逐个检查是否被计算出来。二，从r+1开始，逐个询问它是不是可以用不超过m张x[1…i+1]中的面值贴出来。
     两种思路直接计算其计算量都是巨大的，需要借助动态规划的方法。模仿0-1背包问题，假设S(i)表示x[1…i]中不超过m张邮票的贴法的集合，这个集合中的元素数目是巨大的，例如，只使用1张邮票的贴法有C(i+1-1,1)＝C(i,1)=i种，使用2张邮票的贴法有C(i+2-1,2)=C(i+1,2)=i*(i+1)/2种，……，使用m张邮票的贴法有C(i+m-1, m)种，其中C(n,r)表示n个元素中取r个元素的组合数。于是，S(i)中的元素的数目总共有C(i+1-1, 1) + C(i+2-1,2)+ … + C(i+m-1,m)个。S(i)中的每个元素就是一种合法的贴法，对应一个邮资。当前最大连续邮资区间为1到r，那么S(i)中每个元素的邮资是不是也在1到r之间呢？不一定，比如{1,2,4}，当m=2时，它能贴出来8，但不能贴出来7。总之，在搜索时，一定要保持状态的一致性，即当深度搜索到第i层时，一定要确保用来保存结点状态的变量中保存的一定是第i层的这个结点的状态。定义S(i)中元素的值就是它所表示的贴法贴出来的邮资，于是，可以把S(i)中的元素按照它们的值的相等关系分成k类。第j类表示贴出邮资为j的所有的贴法集合，用T(j)表示，T(j)有可能是空集，例如对于{1,2,4},T(7)为空集，T(8)={{4,4}}。此时有：S(i) = T(1) U T(2) U T(3) U … U T(k)，U表示两个集合的并。
     现在考虑x[i+1]加入后对当前状态S(i)的影响。假设s是S(i)中的一个元素，即s表示一种合法的贴法，x[i+1]对s能贴出的邮资的影响就是x[i+1]的多次重复增加了s能贴出的邮资。x[i+1]对s的影响就是，如果s中贴的邮票不满m张，那就一直贴x[i+1]，直到s中有m张邮票，这个过程会产生出很多不同的邮资，它们都应该被加入到S(i+1)中。因为s属于S。

     综上分析，考虑如果使用动态规划方法计算数组y的值，状态转移过程：将x[i-1]加入等价类集S中，将会引起数组x能贴出的邮资范围变大，对S的影响是如果S中的邮票不满m张，那就一直贴x[i-1],直到S中有m张邮票，这个过程会产生很多不同的邮资，取能产生最多不同邮资的用邮票最少的那个元素。

      例如：如下图所示，设m=4,n=5。当x[1]=1时，2张{1,1}可以贴出邮资2。这时，设x[2]=3。将3往{1,1}中添加，产生新的邮资贴法：5:{3,1,1}，8:{3,3,1,1}。这时，程序需要更新数组y的值。如果新的贴法比y[5]，y[8]已有的贴法所用的张数更少，则更新之。

    算法具体实现如下：

//连续邮资问题 回溯法求解
#include "stdafx.h"
#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
};

int MaxStamp(int n,int m,int bestx[]);

int main()
{
	int *bestx;
	int n = 5;
	int m = 4;
	cout<<"邮票面值数:"<n)
	{
		if(r-1>maxvalue)
		{
			maxvalue=r-1;
			for(int j=1;j<=n;j++)
			{
				bestx[j]=x[j];
			}
		}
		return;
	}

	int *z=new int[maxl+1];

	for(int k=1;k<=maxl;k++)
	{
		z[k]=y[k];
	}

	for(int j=x[i-1]+1;j<=r;j++)
	{
		x[i]=j;
		Backtrack(i+1,r);
		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);

	delete[] X.x;
	delete [] X.y;
	return X.maxvalue;
}

     程序运行结果如图：