C++演演算法學習之回溯法的應用

2022-05-25 14:00:18

回溯1

實驗題目：n皇后

題目描述：

N皇后的排列，每行一個不衝突；N<=13。

輸入要求：

一個數位N (6 <= N <= 13) 表示棋盤是N x N大小的

輸出要求：

前三行為前三個解，每個解的兩個數位之間用一個空格隔開。第四行只有一個數位，表示解的總數。

解的輸出順序為從上到下從左到右，小的優先輸出

實驗程式碼及註釋:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int q[15] = { 0 }; //記錄n個皇后的擺放位置
// 下標為行，陣列元素為列
int sum = 0;
int n;

void queen(int i)
{
	int j;
	int col, flag; 

	if (i == n + 1)//所有的行全部走完，即成功找到一種解法
	{
		sum++;
		if (sum <= 3) // 輸出前三行結果
		{
			for (j = 1;j <= n;j++)
			{
				if (j == n)
					cout << q[j] << endl;
				else
					cout << q[j] << " ";
			}
		}
		return;
	}
	else
	{
		for (col = 1;col <= n;col++)//遍歷i行的每一列
		{
			flag = 1; // 假定棋子可放在i行col列
			for (j = 1;j < i;j++)//n遍歷前i行是否符合
			{
				if (col == q[j] || i - col == j - q[j] || i + col == j + q[j])
				{
					flag = 0; //與前面棋子發生衝突
					break;
				}
			}
			if (flag == 1)//未與前面棋子發生衝突
			{
				q[i] = col;
				queen(i + 1);//遍歷下一行
			}
		}
	}
}
int main(void)
{
	cin >> n;
	memset(q, -1, sizeof(q)); //初始化棋子，-1表示未放上棋盤
	queen(1); //從第一行開始遍歷
	cout << sum << endl;
	return 0;
}

演演算法分析與知識點：

本題採用回溯演演算法思想來解決N皇后問題，這裡用一個q[N]陣列來記錄棋子擺放情況：

1.演演算法開始, 清空棋盤，當前行設為第一行，當前列設為第一列

2.在當前行，當前列的位置上判斷是否滿足條件(即保證經過這一點的行,列與斜線上都沒有兩個皇后)，若不滿足，跳到第4步

3.在當前位置上滿足條件的情形：

在當前位置放一個皇后，若當前行是最後一行，記錄一個解；
若當前行不是最後一行，當前行設為下一行, 當前列設為當前行的第一個待測位置；
若當前行是最後一行，當前列不是最後一列，當前列設為下一列；
若當前行是最後一行，當前列是最後一列，回溯，即清空當前行及以下各行的棋盤，然後，當前行設為上一行，當前列設為當前行的下一個待測位置；
以上返回到第2步

4.在當前位置上不滿足條件的情形：

若當前列不是最後一列，當前列設為下一列，返回到第2步；

若當前列是最後一列了，回溯，即，若當前行已經是第一行了，演演算法退出，否則，清空當前行及以下各行的棋盤，然後，當前行設為上一行，當前列設為當前行的

下一個待測位置，返回到第2步;

實驗題目：符號三角形

題目描述：

符號三角形的第1行有n個由“+”和“-”組成的符號，以後每行符號比上行少1個，2個同號下面是“+”，2個異號下面是“-” 。計算有多少個不同的符號三角形，使其所含“+” 和“-” 的個數相同。

輸入要求：

整數n(n<=20)。

輸出要求：

符合要求的符號三角形的個數。

實驗程式碼及註釋:

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
int a[30][30] = { 0 };
int n, sum = 0, sum1 = 0;


void check() {
	int t = n, sum2 = 0;
	while (t--) {
		for (int i = 1;i <= t;i++) {
			a[t][i] = 1 - (a[t + 1][i] + a[t + 1][i + 1]) % 2;  // 遞推第t層i列的符號
			if (a[t][i])//若為＋
				sum2++;
		}
	}
	if (2 * (sum1 + sum2) == (n * (n + 1) / 2)) //記錄+總數是否為符號總數的一半
		sum++;
}
void dfs(int x) {  // x表示考慮頂層第x個位置的符號
	for (int i = 0;i < 2;i++) {
		//0=>-;1=>+
		if (i)
			sum1++; // 記錄頂層+的數量
		a[n][x] = i;
		if (x == n)//考慮完頂層的一種符號擺放，進行檢查
			check();
		else
			dfs(x + 1);
		if (i)
			sum1--; // 若上擺放為+，則+數量回退1
	}
}
int main()
{
	cin >> n;
	if ((n * (n + 1) / 2) % 2 == 1) //判斷符號總數奇偶性
		cout << 0 << endl;
	else {
		dfs(1);
		cout << sum << endl;
	}
	return 0;
}

演演算法分析與知識點：

本題主要運用回溯的思想，這題的特點是不能輸入元素，而且只要確定的頂層的n的符號的排列情況，就可以得到整個符號三角形的排列情況，因此只需要對符號三角形的頂層進行遍歷就好了。題目中有要求+和-的數量要一樣，所以符號三角形的符號總數要是偶數，否則解決方案數為0。

令0和1分別代表-和+，其他層在頂層確定後即確定了，不需要列舉。採用dfs對第一層的符號排列情況進行遍歷，遍歷完n後就可得到答案。

回溯堂練

實驗題目：森林迷宮

題目描述：

一天Luna在森林裡探險的時候不小心走入了一個迷宮，迷宮可以看成是由n * n的格點組成，每個格點只有2種狀態：^ 和 # ；前者表示可以通行後者表示不能通行。當Luna處在某個格點時，她只能移動到東南西北(或者說上下左右)四個方向之一的相鄰格點上，Luna想要從起點A走到終點B（中途不能走出迷宮）。如果起點或者終點有一個不能通行(為#)，則當做無法通行。

輸入要求：

第1行是測試資料的組數k，後面跟著k組輸入。

每組測試資料的第1行是一個正整數n (1 <= n <= 100)，表示迷宮的規模是n * n的。

接下來是一個n * n的矩陣，矩陣中的元素為 . 或者 #。

再接下來一行是4個整數ar,ac,br,bc。表示A處在第ar行，第ac列，B處在第br行, 第bc列。注意座標ar，ac，br，bc全部是從0開始計數的類似[1,4][5,6]被認為是覆蓋了[1,6]。

輸出要求：

YES或NO

實驗程式碼及註釋:

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
char s[105][105]; // 記錄地圖
int n, ha, la, hb, lb, dir[4][2] = { {0,-1},{0,1},{-1,0},{1,0} }, flag;//flag標記搜尋完畢後是否能到達終點
void dfs(int ha, int la)
{
	if (ha == hb && la == lb) // 判斷是否達到終點
	{
		flag = 1;
	}
	if (flag) {
		cout << "YES" << endl;
		return;
	}
	for (int i = 0;i < 4;i++)
	{
		int dx = ha + dir[i][0];
		int dy = la + dir[i][1];
		if (dx >= 0 && dx < n && dy >= 0 && dy < n && s[dx][dy] == '^')
		{
			s[dx][dy] = '#';//只走一次，每個方都要走一遍，只要連通，肯定能到終點
			dfs(dx, dy);
		}
	}
}
int main()
{
	int k;
	cin >> k;
	while (k--)
	{
		cin >> n;
		for (int i = 0;i < n;i++) for (int j = 0;j < n;j++) cin >> s[i][j];
		cin >> ha >> la >> hb >> lb;
		if (s[ha][la] == '#' || s[hb][lb] == '#') cout << "NO" << endl;//提前判斷始點和終點是否符合要求
		else
		{
			flag = 0;
			dfs(ha, la); //dfs搜尋路徑
			if (flag == 0) cout << "NO" << endl;
		}
		
	}
	return 0;
}

演演算法分析與知識點：

本採用深度優先的搜尋方式來搜尋全部路徑，大致思路為：從當前點出發，往四個方位探尋找出所有與之相鄰的且尚未被存取過的點，從中暫時先選取一個點作為當前點繼續上述過程，直到到達目的地或者再也無法探尋到能前進的點，再返回。如果當前搜尋的點到達了目標點，flag標記為true，返回即可。若所有能到達的點都搜尋完了，flag仍為false，則無法到達。

實驗題目：地圖著色

題目描述：

給定圖G=(V, E)，需要為圖G的各頂點著色，是否有一種著色法使G中相鄰的兩個頂點有不同的顏色?

輸入要求：

第一行是頂點的個數n（2≤n≤10），顏色數m（1≤m≤n）。

接下來是頂點之間的連線關係：a b；表示a和b相鄰。頂點從1開始計。

當a，b同時為0時表示輸入結束。

輸出要求：

輸出著色方案總數和最少顏色數。如果無可行方案，顏色數為0。

實驗程式碼及註釋:

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
#define N 10
int n, sum = 0, m;
int x[N + 1]; //記錄可行解
int g[N + 1][N + 1];//鄰接矩陣
int ans = N;
int ok(int t)  // 判斷當前層節點是否可行
{
    for (int j = 1; j <= n; j++)
        if (g[t][j] == 1 && x[t] == x[j])
            return 0;
    return 1;
}

int num_m() {  //計算可行解中的顏色種類數
    int ans = 0;
    int temp[101] = { 0 };
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        temp[x[i]] = 1;
    }
    for (int i = 1;i <= 100;i++)
        ans += temp[i];
    return ans;
}
void back_track(int t)
{
    int i;
    if (t > n)
    {
        sum++; //找到可行解，總數+1
        //for (i = 1; i <= n; i++)
        //    printf("%d ", x[i]);
        // printf("n");
        int xx = num_m();
        if (xx < ans)
            ans = xx;
    }
    else
    {
        for (int i = 1; i <= m; i++)// 遍歷節點的每種顏色取值
        {
            x[t] = i;
            if (ok(t))
                back_track(t + 1);
            x[t] = 0;
        }
    }
}

int main()
{
    cin >> n >> m; //n個頂點，m種顏色

    int a, b;
    cin >> a >> b;
    while (!(a == 0 && b == 0)) { //構造鄰接矩陣
        g[a][b] = 1;
        g[b][a] = 1;
        cin >> a >> b;

    }
    back_track(1);
    if (sum)
        cout << sum << " " << ans << endl;
    else
        cout << 0 << " " << 0 << endl;
    return 0;
}

演演算法分析與知識點：

這個問題和八皇后還有求子集和等問題都具有類似之處，其核心在通過遍歷找到所有的問題子集，但是在遞迴遍歷的時候，都在加一個判斷，將那些明顯不滿足條件的情況給直接排出，減少問題的規模，其實這類問題，在遞迴遍歷的時候都是類似與對一顆樹的便利每個節點相當走到此時的狀態，然後再判斷此時的狀態是否能繼續走下去，如果不能就將其回溯到上一個節點，避免浪費時間。

給定圖g（v，e）和m種顏色，如果這個圖不是m可著色，給出否定回答，是的話找出所有不同著色法。

分析：

用鄰接矩陣表示圖g，如果頂點i跟j之間有邊，則g[i][j] = 1,否則g[i][j] = 0.用整數1，2，…，m表示m種顏色，頂點i的顏色用x[i]表示，所以x[1：n]是一種著色方案。

在演演算法traceback中，當i>n時，就是所有頂點都上了色，得到新的m著色方案，當前m著色方案總數sum增一，輸出方案。

當i<n時，就是未著色完所有頂點，當前頂點i有x[i] = 1, 2…m種顏色可圖，對於每種顏色由函數ok判斷可行性，並用dfs對可行顏色搜尋，或減去不可行方案。

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