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五大常见算法策略之回溯策略
内容导读
互联网集市收集整理的这篇技术教程文章主要介绍了五大常见算法策略之回溯策略，小编现在分享给大家，供广大互联网技能从业者学习和参考。文章包含14660字，纯文字阅读大概需要21分钟。
内容图文
回溯策略
回溯是五大常用算法策略之一，它的核心思想其实就是将解空间看作是一棵树的结构，从树根到其中一个叶子节点的路径就是一个可能的解，根据约束条件，即可得到满足要求的解。求解问题时，发现到某个节点而不满足求解的条件时，就“回溯”返回，尝试别的路径。回溯法是一种选优搜索法，按选优条件向前搜索，以达到目标。下面通过几个例子来讨论这个算法策略。
货郎问题
有一个推销员，要到n个城市推销商品，他要找出一个包含所有n个城市的具有最短路程的环路。（最后回到原来的城市），也就是说给一个无向带权图G<V,E>,用一个邻接矩阵来存储两城市之间的距离（即权值），要求一个最短的路径。
我们设置一组数据如下：4个城市，之间距离如下图所示，默认从0号城市出发
由此我们可以画出一棵解空间树：（只画了一部分，右边同理）
按照这个解空间树，对其进行深度优先搜索，通过比较即可得到最优结果（即最短路径）
package BackTrack;
//解法默认从第0个城市出发，减小了问题难度，主要目的在于理解回溯策略思想
public class Saleman {
//货郎问题的回溯解法
static int[][] map = {
{ 0,10,5,9},
{10,0,6,9},
{ 5,6,0,3},
{ 9,9,3,0}
}; //邻接矩阵
public static final int N = 4; //城市数量
static int Min = 10000; //记录最短的长度
static int[] city = {1,0,0,0}; //默认第0个城市已经走过
static int[] road = new int[N]; //路线，road[i] = j表示第i个城市是第j个经过的
/**
*
* @param city 保存城市是否被经过，0表示未被走过，1表示已经走过
* @param j 上一层走的是第几个城市
* @param len 此时在当前城市走过的距离总和
* @param level 当前所在的层数，即第几个城市
*/
public static void travel(int[] city, int j, int len, int level) {
if(level == N - 1) { //到达最后一个城市
/*do something*/
if(len+map[j][0] < Min) {
Min = len + map[j][0];
for (int i = 0; i < city.length; i++) {
road[i] = city[i];
}
}
return;
}
for(int i = 0; i < N; i++) {
if(city[i] == 0 && map[j][i] != 0) { //第i个城市未被访问过，且上一层访问的城市并不是此城市
city[i] = level+2; //将此城市置为已访问
travel(city, i, len+map[j][i], level+1);
city[i] = 0; //尝试完上一层的路径后，将城市又置为未访问，以免影响后面的尝试情况，避免了clone数组的情况，节省内存开销
}
}
}
public static void main(String[] args) {
travel(city,0,0,0);
System.out.println(Min);
for (int i = 0; i < N; i++) {
System.out.print(road[i]+" ");
}
System.out.println("1");
}
}
八皇后问题
要在n*n的国际象棋棋盘中放n个皇后，使任意两个皇后都不能互相吃掉。规则：皇后能吃掉同一行、同一列、同一对角线的任意棋子。求所有的解。n=8是就是著名的八皇后问题了。
??用一个position数组表示皇后的摆放位置，position[i] = j表示第i行皇后放在第j列，我们从第一行开始，对每一列进行尝试摆放，如果可行则继续第二行，同理第二行继续对每一列进行尝试，如果发现某一行不管放在哪一列都不可行，说明上面某行的摆放是不可行的，则回溯到上面一行，从摆放的那一列接着往下尝试......
??这道题的解空间树非常庞大，第一层8个节点，然后往下每一个节点又有8个孩子（包含了所有可行和不可行解，但都要尝试过去），所以有8^8种可能解。
public class Empress {
final static int N = 8; //皇后个数
static int count = 0; //输出的结果个数
static int[] postion = new int[N]; //保存每一行皇后摆放的位置，position[i] = j表示第i行皇后放在第j列
/**
* @param row 判断第row行摆放是否合理
* @return 合理返回true，否则false
*/
public static boolean IsOk(int row){
for (int i = 0; i < row; i++) { //和前面的每一行进行对比
if(postion[i] == postion[row] || Math.abs(i-row) == Math.abs(postion[i] - postion[row])){
//如果在同一列则postion[i] == postion[row]
//如果在同一斜线上Math.abs(i-row) == Math.abs(postion[i] - postion[row])
return false;
}
}
return true;
}
public static void Print(){
System.out.println("This is the No."+(++count)+" result:");
for (int i = 0; i < N; i++) { //i为行序号
for (int j = 0; j < N; j++) { //j为第i行皇后的列的序号
if(postion[i] == j){ //不是皇后的拜访地址
System.out.print("# ");
}else{
System.out.print("@ ");
}
}
System.out.println(); //换行
}
}
/**
* @param row 尝试第row行皇后的摆放位置，找到可行位置就继续深度搜索下一行，否则在尝试完i的所有取值无果后回溯
*/
public static void backtrack(int row){
if(row == N){ //若已经等于N，则说明0~N-1已经赋值完毕，直接打印返回
Print();
return;
}
for (int i = 0; i < N; i++) {
postion[row] = i; //第row行皇后的位置在i处
if(IsOk(row)){
backtrack(row+1);
}else{
/**
* 如果第row行的皇后拜访在i(0-N)处可行，则继续向下深度搜索，否则就直接让这层递归函数出栈
* 此层函数出栈也就是当前结点不满足继续搜索的限制条件，即回溯到上一层，继续搜索上一层的下一个i值
*/
}
}
}
public static void main(String[] args) {
backtrack(0);
}
}
0-1背包的回溯解法
给定n个重量为w1，w2，w3，...，wn，价值为v1，v2，v3，...，vn的物品和容量为C的背包，求这个物品中一个最有价值的子集，使得在满足背包的容量的前提下，包内的总价值最大。
这个问题的解空间树是一棵决策树，每个节点都有两个孩子节点，分别对应了是否将这个物品装入背包的两种情况，0表示不装入，1表示装入，则我们可以画出3件物品的解空间树
package BackTrack;
import java.util.Iterator;
import java.util.LinkedList;
import java.util.List;
public class Package {
//0-1背包问题，回溯解法
public static final int N = 5; //物品数量
static int[] values = {4,5,2,1,3}; //物品的价值
static int[] weights = {3,5,1,2,2}; //物品的质量
public static final int C = 8; //背包的容量
static int MAX = -1; //记录最大的价值
static int[] bag = {0,0,0,0,0}; //物品放置情况，bag[i] = 0表示第i个物品未被装入，等于1则表示已装入
static List<int[]> list = new LinkedList<int[]>(); //保存最优的结果，可能有多个结果，所以用链表装
public static boolean IsOk(int[] bag, int level) { //判断当前背包是否超重
int weight = 0;
for (int i = 0; i <= level; i++) { //计算当前背包中所有的物品的总质量
if(bag[i] == 1) { //bag[i] == 1表示这个物品已被装入背包
weight += weights[i];
if(weight > C)
return false;
}
}
return true;
}
public static void MaxValue(int[] bag, int level) {
if(level == N) { //已经判断完最后一个物品
//先计算当前总价值
int value = 0;
for (int i = 0; i < N; i++) {
if(bag[i] == 1) {
value += values[i];
}圆排列
}
if(value > MAX) {
list.clear(); //发现更优的结果
MAX = value;
list.add(bag.clone());
}else if (value == MAX) { //其他放置情况的最优解
list.add(bag.clone());
}
return;
}
for (int i = 0; i < 2; i++) {
bag[level] = i;
if(IsOk(bag, level)) {
MaxValue(bag, level+1);
}
}
}
public static void main(String[] args) {
MaxValue(bag, 0);
System.out.println(MAX);
Iterator<int[]> iter = list.iterator();
while(iter.hasNext()) {
int[] temp = iter.next();
for (int i = 0; i < temp.length; i++) {
System.out.print(temp[i]+" ");
}
System.out.println();
}
}
}
图的着色问题
??给定无向连通图G=(V, E)和m种不同的颜色，用这些颜色为图G的各顶点着色，每个顶点着一种颜色。是否有一种着色法使G中相邻的两个顶点有不同的颜色?
??这个问题是图的m可着色判定问题。若一个图最少需要m种颜色才能使图中每条边连接的两个顶点着不同颜色，则称这个数m为该图的色数。求一个图的色数m的问题称为图的m可着色优化问题。
??编程计算：给定图G=(V, E)和m种不同的颜色，找出所有不同的着色法。
形如下面这种情况：
采用回溯策略，对每一个顶点用每一个颜色作尝试，按上图这个例子，3种颜色为这个4个顶点的图着色的解空间树（包括所有可能解和不可能解）有3^4个可能解。即m^n个可能解（m为颜色种数，n为节点个数）。
package BackTrack;
import java.util.Scanner;
public class Paint {
static int[][] p_Maxtrix = new int[4][4]; //图的邻接矩阵
static int Colornum = 3; //颜色数目
static int[] result = {-1,-1,-1,-1}; //保存结果
/**
* @param index 当前顶点的下标
* @param color 颜色的编号
* @return 染色方案是否可行
*/
public static boolean IsOk(int index, int color) { //判断是否可以染色
for (int i = 0; i < p_Maxtrix.length; i++) {
if(p_Maxtrix[index][i] == 1 && result[i] == color) {
return false;
}
}
return true;
}
public static void backtrack(int index) {
if(index == p_Maxtrix.length) { //完成最后一个顶点的着色，输出其中一种结果
for (int i = 0; i < result.length; i++) {
System.out.print(result[i]+" ");
}
System.out.println();
return;
}
for (int i = 0; i < Colornum; i++) { //对每一种颜色进行尝试
result[index] = i;
if(IsOk(index, i)) {
backtrack(index+1);
}
result[index] = -1;
}
}
public static void main(String[] args) {
Scanner in = new Scanner(System.in);
for (int i = 0; i <p_Maxtrix.length ; i++) {
for (int j = 0; j < p_Maxtrix.length; j++) {
p_Maxtrix[i][j] = in.nextInt();
}
}
backtrack(0);
}
}
圆排列问题
给定n个大小不等的圆c1,c2,…,cn，现要将这n个圆排进一个矩形框中，且要求各圆与矩形框的底边相切。圆排列问题要求从n个圆的所有排列中找出有最小长度的圆排列。例如，当n=3，且所给的3个圆的半径分别为1，1，2时，这3个圆的最小长度的圆排列如图所示。其最小长度为
。
算法思路：将每个圆在每个位置上的所有可能作全排列，找出最短距离。
-
swap函数：用于交换圆之间的顺序，将两个圆互换位置。
-
center函数：计算第t个圆的圆心的坐标，用于给x数组赋值。
-
compute函数：其实是在当将最后一个圆排列完成后的操作，计算出当前的排列的距离，与已知的最优解比较，若更优就更新最优解。
-
backtrack函数：对每一种排列组合进行回溯尝试。
参考博文：圆排列
package BackTrack;
public class Round {
public static final int N = 3; //圆的数目
static double min = 1000; //最短距离
static double[] x = new double[N]; //每个圆的圆心
static int[] r = {1,1,2}; //每个圆的半径
static int[] best = new int[N]; //最优解
//交换函数，交换某两个圆的位置
public static void swap(int[] a, int x, int y) {
int temp1 = a[x];
int temp2 = a[y];
a[x] = temp2;
a[y] = temp1;位置
}
/**
* 对为什么要使用循环做一解释：
* 因为可能存在第x个圆，它太过于小，而导致其对第x-1和x+1，甚至其他的圆来说，第x个圆存在于不存在都是没影响的
* 取x-1，和x+1来说：可能x太小，x+1与x-1相切，所以计算第x+1圆心坐标的时候，只能以x-1的圆心与它的圆心来计算
* 所以要每次循环比较选择最大的那一个做半径
* 可以参考https://blog.csdn.net/qq_37373250/article/details/81477394中的图
*/
public static double center(int t) {
double max = 0.0; //默认第一个圆的圆心是0.0
for(int i = 0; i < t; i++) {
double temp = x[i]+2.0*Math.sqrt(r[i]*r[t]); //计算得到“以第i个圆的半径和待计算圆的半径”得出的圆心
//取最大值
if(temp > max) {
max = temp;
}
}
return max;
}
/**
* 针对为什么不能直接temp = x[N-1]+x[0]+r[N-1]+r[0]（直接用第一个圆到最后一个圆的圆心距离加上两圆半径）做一解释：
* 为避免第一个圆太小，而第二个圆太大，而导致第二个圆的边界甚至超过了第一个圆的边界，最右边同理
* 那也可以依次推出可能第三个，第四个...的边界超过了第一个圆的边界，右边同理，所以需要每一个都做一下比较
* 但是可以放心，x是按圆当前排列顺序放置圆心坐标的
*/
public static void compute() { //计算按此排列得到的结果
double low = 0, high = 0; //分别表示最左边的边际，和最右边的边际
for(int i = 0; i < N; i++) {
if(x[i]-r[i] < low) {
low = x[i]-r[i];
}
if(x[i]+r[i] > high) {
high = x[i]+r[i];
}
}
double temp = high - low;
if(temp < min) {
min = temp;
for (int i = 0; i < N; i++) {
best[i] = r[i];
}
}
}
public static void backtrack(int t) {
if(t == N) {
compute();
//return;
}
for(int i = t; i < N; i++) { //t之前的圆已经排好顺序了，可能不是最优解，但是一种可能解
swap(r, t, i);
double center_x = center(t);
x[t] = center_x;
backtrack(t+1);
/*下面是使用了较为简陋的剪枝算法进行优化
if(center_x+r[i] < min) {
x[t] = center_x;
backtrack(t+1);
}
*/
swap(r, t, i); //恢复交换之前的
}
}
public static void main(String[] args) {
backtrack(0);
for (int i = 0; i < N; i++) {
System.out.print(best[i]+" ");
}
System.out.println();
System.out.println(min);
}
}
连续邮资问题
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。
解法思路：解决这个问题其实不光用到回溯，还用到了前面的动态规划策略。
- 首先要明确必须要有一张面值为1的邮票，否则连刚开始一元的邮资都无法贴出。
- 然后就是第x张邮票的面值必须介于第x-1张邮票的面值+1和前x-1张邮票所能贴出的最大邮资+1之间（闭区间）
- 明确前面两点后，回溯的方法就很简单了。每层都是在上一层的面值+1和上一层最大邮资+1之间对所有的可能进行尝试求解最优解。
- 最后就是dp求解每一层的最大邮资问题了。拆解来看，分为向下dp和向右dp，具体dp的理解方法可以参考这篇博文，一些细节问题在下面注释中写出来了。连续邮资问题
package BackTrack;
public class Postage {
public static final int MAX_Postage = 300; //最大邮资不应该超过这个值
public static final int N = 6; //所用邮票张数
public static final int M = 5; //所用面值种数
public static int[] best = new int[M+1]; //存放最优解，即所有的面值best[0]不用于存储
public static int[] x = new int[M+1]; //当前解
public static int MAX = 0; //最大邮资
public static int[][] dp = new int[M+1][MAX_Postage]; //用于动态规划保存第x[0]到x[cur]的最大邮资，dp[i][j] = k表示用i种面值的邮票表示j元最少需要k张
//应该将dp数组初始化到dp[1][i] = i; 即让第一层都等于张数
public static int findMax(int cur) {
if(cur == 1) { //第一层，只能用面值为1的，能表达出的最大邮资为N（张数）
return N;
}
//向下dp
int j = 1; //指示列坐标
while (dp[cur-1][j] != 0) {
//此处dp的思路其实就是利用动态规划解决0-1背包问题时的思路，对新加入面值的邮票用与不用？用了用几张的问题？
//不用时
dp[cur][j] = dp[cur-1][j];
//用的时候，用几张？
for(int i = 1; i*x[cur] <= j; i++) { //i表示面值张数
int temp = dp[cur-1][j-i*x[cur]] + i; //dp[cur-1][j-i*x[cur]]表示除了新加入的面值之外前面所有的面值共同表达j-i*x[cur]元所需张数
dp[cur][j] = Math.min(temp, dp[cur][j]); //取最小的张数
}
j++;
}
//向右dp
while(true) {
int temp = MAX_Postage;
for(int i = 1; i <= cur; i++) {
/**
* 这里很妙，因为向右dp时每次都是向右一个一个推进，所以我们从x[]的第一种面值开始往上加，直到超过限制张数，那么如果x[]的
* 第二种面值刚好能将前面的多个第一种替换，那就替换更新张数
* 反正意思就是每一次for循环是对前面的较小面值的邮票是一个浓缩的过程
*/
temp = Math.min(dp[cur][j-x[i]]+1, temp);
}
if(temp > N || temp == MAX_Postage) { //不管怎么使用当前解x[]中的已知面值，都不能在张数限制内表达出j元
break;
}else {
dp[cur][j] = temp;
}
j++;
}
/**对下面这条语句做一个解释
* 确保同一层上一次dp的结果不会影响下一次**尝试**时的dp，因为可能上一次尝试的一个分支中dp时已经给dp[2][10]赋过值了，但如果没有这一句
* 就会导致后面的某次尝试时一个分支中dp的时候，向下dp的时候直接将dp[2][10]向下dp了，而事实上，应该向右dp的时候才给dp[2][10]赋值的
* 其实就是向回溯的下一层发一个信号，表示这块是我上一层dp停止的地方，过了这块可能就是别的回溯分支给dp赋的值了
*/
dp[cur][j] = 0;
return j-1;
}
public static void backtrack(int t) { //t表示当前层数
if(t == M) { //已经选够最多的面值种类
int max = findMax(t);
if(max > MAX) {
MAX = max;
for (int i = 0; i < best.length; i++) {
best[i] = x[i];
}
}
//return;
}else {
int temp = findMax(t); //得到当前层的最大邮资
for(int i = x[t]+1; i <= temp+1; i++) {
x[t+1] = i;
backtrack(t+1);
}
}
}
public static void main(String[] args) {
for (int i = 0; i <= N; i++) {
dp[1][i] = i;
}
x[0] = 0;
x[1] = 1;
backtrack(1);
System.out.println(MAX);
for (int i = 0; i < best.length; i++) {
System.out.print(best[i]+" ");
}
}
}
内容总结
以上是互联网集市为您收集整理的五大常见算法策略之回溯策略全部内容，希望文章能够帮你解决五大常见算法策略之回溯策略所遇到的程序开发问题。 如果觉得互联网集市技术教程内容还不错，欢迎将互联网集市网站推荐给程序员好友。
内容备注
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