[原创] KuiBing 2003-11-14
这篇论文主要针对排列组合对回溯算法展开讨论，在每一个讨论之后，还有相关的推荐题。在开始之前，我们先应该看一下回溯算法的概念，所谓回溯：就是搜索一棵状态树的过程，这个过程类似于图的深度优先搜索（DFS），在搜索的每一步（这里的每一步对应搜索树的第i层）中产生一个正确的解，然后在以后的每一步搜索过程中，都检查其前一步的记录，并且它将有条件的选择以后的每一个搜索状态（即第i+1层的状态节点）。
需掌握的基本算法：
排列：就是从n个元素中同时取r个元素的排列，记做P(n,r)。（当r=n时，我们称P(n,n)=n!为全排列）例如我们有集合OR = {1,2,3,4},那么n = |OR| = 4,切规定r=3，那么P(4,3)就是：
{1,2,3}; {1,2,4}; {1,3,2}; {1,3,4};{1,4,2};{1,4,3};{2,1,3};{2,1,4}; {2,3,1}; {2,3,4}; {2,4,1}; {2,4,3}; {3,1,2}; {3,1,4}; {3,2,1}; {3,2,4}; {3,4,1}; {3,4,2}; {4,1,2}; {4,1,3}; {4,2,1}; {4,2,3}; {4,3,1}; {4,3,2}
算法如下：
int n, r;
char used[MaxN];
int p[MaxN];
void permute(int pos)
{ int i;
/*如果已是第r个元素了，则可打印r个元素的排列 */
if (pos==r) {
for (i=0; i
cout << (p[i]+1);
cout << endl;
return;
}
for (i=0; i
if (!used[i]) { /*如果第i个元素未用过*/
/*使用第i个元素，作上已用标记，目的是使以后该元素不可用*/
used[i]++;
/*保存当前搜索到的第i个元素*/
p[pos] = i;
/*递归搜索*/
permute(pos+1);
/*恢复递归前的值，目的是使以后改元素可用*/
used[i]--;
}
}
相关问题
UVA 524 Prime Ring Problem
可重排列：就是从任意n个元素中，取r个可重复的元素的排列。例如，对于集合OR={1,1,2,2}, n = |OR| = 4, r = 2,那么排列如下：
{1,1}; {1,2}; {1,2}; {1,1}; {1,2}; {1,2}; {2,1}; {2,1}; {2,2}; {2,1}; {2,1}; {2,2}
则可重排列是：
{1,1}; {1,2}; {2,1}; {2,2}.
算法如下：
#define FREE -1
int n, r;
/*使元素有序*/
int E[MaxN] = {0,0,1,1,1};
int P[MaxN];
char used[MaxN];
void permute(int pos)
{
int i;
/*如果已选了r个元素了，则打印它们*/
if (pos==r) {
for (i=0; i<r; i++)
cout << P[i];
cout << endl;
return;
}
/*标记下我们排列中的以前的元素表明是不存在的*/
P[pos] = FREE;
for (i=0; i<n; i++)
/*如果第I个元素没有用过，并且与先前的不同*/
if (!used[i] && E[i]!=P[pos]) {
/*使用这个元素*/
used[i]++;
/*选择现在元素的位置*/
P[pos] = E[i];
/*递归搜索*/
permute(pos+1);
/*恢复递归前的值*/
used[i]--;
}
}
相关习题
UVA 10098 Generating Fast, Sorted Permutations
组合：从n个不同元素中取r个不重复的元素组成一个子集，而不考虑其元素的顺序，称为从n个中取r个的无重组合，例如OR = {1,2,3,4}, n = 4, r = 3则无重组合为：
{1,2,3}; {1,2,4}; {1,3,4}; {2,3,4}.
算法如下：
int n, r;
int C[5];
char used[5];
void combine(int pos, int h)
{
int i;
/*如果已选了r个元素了，则打印它们*/
if (pos==r) {
for (i=0; i<r; i++)
cout<< C[i];
cout<< endl;
return;
}
for (i=h; i<=n-r+pos; i++) /*对于所有未用的元素*/
if (!used[i]) {
/*把它放置在组合中*/
C[pos] = i;
/*使用该元素*/
used[i]++;
/*搜索第i+1个元素*/
combine(pos+1,i+1);
/*恢复递归前的值*/
used[i]--;
}
}
相关问题：
Ural 1034 Queens in peaceful position
可重组合：类似于可重排列。
[例] 给出空间中给定n(n<10)个点，画一条简单路径，包括所有的点，使得路径最短。
解:这是一个旅行售货员问题TSP。这是一个NP问题，其实就是一个排列选取问题。
算法如下：
int n, r;
char used[MaxN];
int p[MaxN];
double min;
void permute(int pos, double dist)
{
int i;
if (pos==n) {
if (dist < min) min = dist;
return;
}
for (i=0; i<n; i++)
if (!used[i]) {
used[i]++;
p[pos] = i;
if (dist + cost(point[p[pos-1]], point[p[pos]]) < min)
permute(pos+1, dist + cost(point[p[pos-1]], point[p[pos]]));
used[i]--;
}
}
[例]对于0和1的所有排列，从中同时选取r个元素使得0和1的数量不同。
解 这道题很简单，其实就是从0到2^r的二元表示。
算法如下：
void dfs(int pos)
{
if (pos == r)
{
for (i=0; i<r; i++) cout<<p[i];
cout<<endl;
return;
}
p[pos] = 0;
dfs(pos+1);
p[pos] = 1;
dfs(pos+1);}
相关问题：
Ural
1005 Stone pile
1060 Flip Game
1152 The False Mirrors
[例]找最大团问题。
一个图的团，就是包括了图的所有点的子图，并且是连通的。也就是说，一个子图包含了n个顶点和n*(n-1)/2条边，找最大团问题是一个NP问题。算法如下：
#define MaxN 50
int n, max;
int path[MaxN][MaxN];
int inClique[MaxN];
void dfs(int inGraph[])
{
int i, j;
int Graph[MaxN];
if ( inClique[0]+inGraph[0]<=max ) return;
if ( inClique[0]>max ) max=inClique[0];
/*对于图中的所有点*/
for (i=1; i<=inGraph[0]; i++)
{
/*把节点放置到团中*/
++inClique[0];
inClique[inClique[0]]=inGraph[i];
/*生成一个新的子图*/
Graph[0]=0;
for (j=i+1; j<=inGraph[0]; j++)
if (path[inGraph[i]][inGraph[j]] )
Graph[++Graph[0]]=inGraph[j];
dfs(Graph);
/*从团中删除节点*/
--inClique[0];}
}
int main()
{
int inGraph[MaxN];
int i, j;
cin >>n;
while (n > 0)
{
for (i=0; i
for (j=0; j
cin >>path[i][j];
max = 1;
/*初始化*/
inClique[0]= 0;
inGraph[0] = n;
for (i=0; i
dfs(inGraph);
cout<
cin >>n;
}
return 0;}
参考论文 感谢Bamboo、LeeMaRS的帮助 相关问题： acm.zju.edu.cn: 1492 maximum clique 相关网站 http://acm.uva.es/p
