电路板排列0032算法笔记——电路板排列问题和连续邮资问题回溯法求解
每日一贴,今天的内容关键字为电路板排列
1、电路板排列问题
问题描述
将n块电路板以佳最排列式方入插带有n个插槽的机箱中。n块电路板的不同排列式方对应于不同的电路板入插案方。设B={1, 2, …, n}是n块电路板的集合，L={N1, N2, …, Nm}是接连这n块电路板中多少电路板的m个接连块。Ni是B的一个集子，且Ni中的电路板用统一条导线接连在一起。设x表现n块电路板的一个排列，即在机箱的第i个插槽中入插的电路板编号是x[i]。x所肯定的电路板排列Density (x)度密定义为越跨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个接连块：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，则该电路板排列的度密分别是2，3。
左上图中，越跨插槽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之间无越跨连线。其余插槽之间只有1条越跨连线。在计划机箱时，插槽一侧的线布间隙由电路板的排列的度密肯定。因此，电路板排列问题求要对于给定的电路板接连条件(接连块)，肯定电路板的佳最排列，使其有具小最度密。
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光法算。虑考用采溯回法系统的索搜问题解间空的排列树，找出电路板的佳最排列。设用数组B表现入输。B[i][j]的值为1当且仅当电路板i在接连块Nj中。设total[j]是接连块Nj中的电路板数。对于电路板的部份排列x[1:i]，设now[j]是x[1:i]中所含包的Nj中的电路板数。由此可知，接连块Nj的连线越跨插槽i和i+1当且仅当now[j]>0且now[j]！=total[j]。用这个条件来算计插槽i和i+1间的连线度密。
法算体具实现如下：
//电路板排列问题 溯回法求解
#include "stdafx.h"
#include <iostream>
#include <fstream>
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, //接连板数
*x, //以后解
*bestx,//以后最优解
bestd, //以后最优度密
*total, //total[j]=接连块j的电路板数
*now, //now[j]=以后解中所含接连块j的电路板数
**B; //接连块数组
};
template <class Type>
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="<<m<<",n="<<n<<endl;
cout<<"N1={4,5,6},N2={2,3},N3={1,3},N4={3,6},N5={7,8}"<<endl;
cout<<"二维数组B如下："<<endl;
//结构B
int **B = new int*[n+1];
for(int i=1; i<=n; i++)
{
B[i] = new int[m+1];
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
for(int j=1; j<=m ;j++)
{
fin>>B[i][j];
cout<<B[i][j]<<" ";
}
cout<<endl;
}
cout<<"以后最优度密为:"<<Arrangement(B,n,m,bestx)<<endl;
cout<<"最优排列为："<<endl;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
cout<<bestx[i]<<" ";
}
cout<<endl;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
delete[] B[i];
}
delete[] B;
return 0;
}
void Board::Backtrack(int i,int cd)//溯回法索搜排列树
{
if(i == n)
{
for(int j=1; j<=n; j++)
{
bestx[j] = x[j];
}
bestd = cd;
}
else
{
for(int j=1; j<=n; j++)
{
//选择x[j]为下一块电路板
int ld = 0;
for(int k=1; k<=m; k++)
{
now[k] += B[x[j]][k];
if(now[k]>0 && total[k]!=now[k])
{
ld ++;
}
}
//更新ld
if(cd>ld)
{
ld = cd;
}
if(ld<bestd)//索搜子树
{
Swap(x[i],x[j]);
Backtrack(i+1,ld);
Swap(x[i],x[j]);
//恢复状态
for(int k=1; k<=m; k++)
{
now[k] -= B[x[j]][k];
}
}
}
}
}
int Arrangement(int **B, int n, int m, int bestx[])
{
Board X;
//初始化X
X.x = new int[n+1];
X.total = new int[m+1];
X.now = new int[m+1];
X.B = B;
X.n = n;
X.m = m;
X.bestx = bestx;
X.bestd = m+1;
//初始化total和now
for(int i=1; i<=m; i++)
{
X.total[i] = 0;
X.now[i] = 0;
}
//初始化x为单位排列并算计total
for(int i=1; i<=n; i++)
{
X.x[i] = i;
for(int j=1; j<=m; j++)
{
X.total[j] += B[i][j];
}
}
//溯回索搜
X.Backtrack(1,0);
delete []X.x;
delete []X.total;
delete []X.now;
return X.bestd;
}
template <class Type>
inline void Swap(Type &a, Type &b)
{
Type temp=a;
a=b;
b=temp;
}
法算率效
在解间空排列树的个每节点处，法算Backtrack费花O(m)算计时光为个每儿子节点算计度密。因此算计度密所消费的总算计时光为O(mn!)。另外，成生排列树要需O(n!)时光。每次更新以后最优解少至使bestd增加1，而法算运行结束时bestd>=0。因此最优解被更新的额次数为O(m)。更新最优解要需O(mn)时光。综上，解电路板排列问题的溯回法算Backtrack所要需的算计时光为O(mn!)。
程序运行结果为：
2、连续邮资问题
问题描述
设假国度发行了n种不同面值的邮票，并且划定每张信封上最多只允许贴m张邮票。连续邮资问题求要对于给定的n和m的值，给出邮票面值的佳最计划，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]表现n种不同的邮票面值，并约定它们从小到大排列。x[1]=1是一唯的选择。
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]。
算计X[1:i]的最大连续邮资区间在本法算中被频仍应用到，因此势须要找到一个高效的方法。直接递归的求解复杂度太高，我们不妨实验算计用不超越m张面值为x[1:i]的邮票贴出邮资k所需的起码邮票数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算运程过中已赋值，则y[r]<maxint。句语while(y[r]<maxint) r++可以很快的算计出r值。关键是如何算计数组y，分析程过如下：
r表现由x[1…i]能贴出的最大连续区间，当初，要想把第i层的结点往下展扩，有两个问题要需处理：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，对于一个肯定的x[i+1]，如何更新r的值让它表现x[1…i+1]能表现的最大连续邮资区间。
第一个问题很简单，x[i+1]的取值要和面前i个数各不相同，小最应该是x[i] + 1，最大就是r+1，否则r+1没有办法表现。我们当初注专第二个问题。
第二个问题自己有两种思绪：一，算计出全部应用不超越m张x[1…i+1]中的面值可以贴出的邮资，然后从r+1开始个逐查检否是被算计出来。二，从r+1开始，个逐讯问它是不是可以用不超越m张x[1…i+1]中的面值贴出来。
两种思绪直接算计其算计量都是大巨的，要需借助动态规划的方法。模拟0-1背包问题，设假S(i)表现x[1…i]中不超越m张邮票的贴法的集合，这个集合中的元素数目是大巨的，例如，只应用1张邮票的贴法有C(i+1-1,1)＝C(i,1)=i种，应用2张邮票的贴法有C(i+2-1,2)=C(i+1,2)=i*(i+1)/2种，……，应用m张邮票的贴法有C(i+m-1, m)种，其中C(n,r)表现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)中的个每元素就是一种正当的贴法，对应一个邮资。以后最大连续邮资区间为1到r，那么S(i)中个每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，在索搜时，一定要坚持状态的一致性，即当深度索搜到第i层时，一定要确保用来存保结点状态的变量中存保的一定是第i层的这个结点的状态。定义S(i)中元素的值就是它所表现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等相关系成分k类。第j类表现贴出邮资为j的全部的贴法集合，用T(j)表现，T(j)有是能可空集，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表现两个集合的并。
当初虑考x[i+1]参加后对以后状态S(i)的影响。设假s是S(i)中的一个元素，即s表现一种正当的贴法，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，那就直一贴x[i+1]，直到s中有m张邮票，这个程过会生产出很多不同的邮资，它们都应该被参加到S(i+1)中。因为s属于S。
综上分析，虑考如果应用动态规划方法算计数组y的值，状态转移程过：将x[i-1]参加等价类集S中，将会起引数组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，那就直一贴x[i-1],直到S中有m张邮票，这个程过会生产很多不同的邮资，取能生产最多不同邮资的用邮票起码的那个元素。
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，生产新的邮资贴法：5:{3,1,1}，8:{3,3,1,1}。这时，程序要需更新数组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。
法算体具实现如下：
//连续邮资问题 溯回法求解
#include "stdafx.h"
#include <iostream>
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;//以后最优值
int maxint;//大整数
int maxl;//邮资上界
int *x;//以后解
int *y;//贴出各种邮资所需起码邮票数
int *bestx;//以后最优解
};
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<<endl;
cout<<"每张信封最多允许贴的邮票数:"<<m<<endl;
bestx=new int[n+1];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
bestx[i]=0;
}
cout<<"最大邮资:"<<MaxStamp(n,m,bestx)<<endl;
cout<<"以后最优解:";
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cout<<bestx[i]<<" ";
}
cout<<endl;
return 0;
}
void Stamp::Backtrack(int i,int r)
{
/*
*动态规划方法算计数组y的值。状态转移程过：
*虑考将x[i-1]参加等价类集S中，将会起引数组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，那就直一贴x[i-1],直到S中有m张
*邮票，这个程过会生产很多不同的邮资，取能生产
*最多不同邮资的用邮票起码的那个元素
*/
for(int j=0;j<=x[i-2]*(m-1);j++)
{
if(y[j]<m)
{
for(int k=1;k<=m-y[j];k++)//k x[i-1]的重复次数
{
if(y[j]+k<y[j+x[i-1]*k])
{
y[j+x[i-1]*k]=y[j]+k;
}
}
}
}
//如果y[r]的值在上述动态规划算运程过中已赋值，则y[r]<maxint
while(y[r]<maxint)
{
r++;
}
if(i>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：
文章结束给大家分享下程序员的一些笑话语录：
据说有一位软件工程师，一位硬件工程师和一位项目经理同坐车参加研讨会。不幸在从盘山公路下山时坏在半路上了。于是两位工程师和一位经理就如何修车的问题展开了讨论。
硬件工程师说：“我可以用随身携带的瑞士军刀把车坏的部分拆下来，找出原因，排除故障。”
项目经理说：“根据经营管理学，应该召开会议，根据问题现状写出需求报告，制订计划，编写日程安排，逐步逼近，alpha测试，beta1测试和beta2测试解决问题。”
软件工程说：“咱们还是应该把车推回山顶再开下来，看看问题是否重复发生。”
