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世界名画陈列馆问题(回溯法)

世界名画陈列馆问题(回溯法)

算法问题描述:

世界名画陈列馆问题。世界名画陈列馆由 m× n 个排列成矩形阵列的陈列室组成。为了防止名画被盗,需要在陈列室中设置警卫机器人哨位。每个警卫机器人除了监视它所在的陈列室外,还可以监视与它所在的陈列室相邻的上、下、左、右 4 个陈列室。试设计一个安排警卫机器人哨位的算法,使得名画陈列馆中每一个陈列室都在警卫机器人的监视之下,且所用的警卫机器人数最少。

算法问题形式化表示

本问题的 m*n 的陈列室的解可表示如下图所示。其中 1 代表在该陈列室设置警卫机器人哨位,0 表示未在该陈列室设置警卫机器人哨位。

问题描述

最为极端的情况是所有元素的值为 1。那什么情况下是最优解呢?就是设置警卫机器人哨位数最少即为最优。因为每个矩阵中的值都可以为 1 或 0,有 m*n 个元素,有 种可能满足约束条件的矩阵,要从 种可能中遍历找到满足约束条件的 1 的个数最小的矩阵。由此可见这是一个 NP 问题。这里的约束条件就是当某一个元素为 1 时,相邻的 4 个方向上的元素值可以为 0。

期望输入与输出

输入:
第一行有 2 个正整数 m 和 n (1≤ m,n≤20)

输出:
将计算出的警卫机器人数及其最佳哨位安排输出。第一行是警卫机器人数;接下来的 m 行中每行 n 个数,0 表示无哨位,1 表示哨位。

样例输入:

4 4

样例输出:

4

0 0 1 0

1 0 0 0

0 0 0 1

0 1 0 0

算法分析与步骤描述

从上到下、从左到右的顺序依次考查每一个陈列室设置警卫机器人哨位的情况,以及该陈列室受到监视的情况,用[i,j]表示陈列室的位置,用 x[i][j]表示陈列室[i,j]当前设置警卫机器人哨位的状态。当 x[i][j]=1 时,表示陈列室[i,j]设置了警卫机器人,当 x[i][j]=0 时,表示陈列室[i,j]没有设置了警卫机器人。用 y[i][j]表示陈列室[i,j]当前受到监视的的警卫机器人的数量。当 y[i][j]>0 时,表示陈列室[i,j]受到监视的警卫机器人的数量,当 y[i][j]=0 时,表示陈列室[i,j]没有受到监视。设当前已经设置的警卫机器人的哨位数为 k,已经受到监视的陈列室的数量为 t,当前最优警卫机器人哨位数为 bestc。

设回溯搜索时,当前关注的陈列室是[i,j],假设该陈列室已经受到监视,即 y[i][j]==1,

此时在陈列室[i,j]处设置一个警卫机器人哨位,即 x[i][j]==1,相应于解空间树的一个节点 q,在陈列室[i+1,j]处设置一个机器人哨位,x[i+1][j]==1,相应于解空间树的另一个节点 p。容易看出,以 q 为根的子树的解,不优于以 p 为根的子树的解,以 q 为根的子树可以剪去。因此,在以从上到下,从左到右的顺序依次考察每一个陈列室时,已受监视的陈列室不必设置警卫机器人哨位。

设陈列室[i,j]是从上到下、从左到右搜索到的第一个未受监视的陈列室,为了使陈列室[i,j]受到监视,可在陈列室[i+1,j]、[i,j]、[i,j+1]处设置警卫机器人哨位,在这 3 处设置哨位的解空间树中的结点分别为 p、q、r。

算法分析

当 y[i][j+1]==1 时,以 q 为根的子树的解,不优于以 p 为根的子树的解,当 y[i][j+1]==1 且 y[i][j+2]==1 时,以 r 为根的子树的解,不优于以 p 为根的子树的解。搜索时应按照 p、q、r 的顺序来扩展结点,并检测节点 p 对节点 q 和节点 r 的控制条件。

 int [][]bestx=new int[MAX][MAX];   //x用来设置当前警卫,y用来表示监控//情况,bestx返回最终结果
int n, m, best, k = 0, t = 0;   //当前已设置的警卫数为k,受监视的陈列室//数为t,当前最少警卫数为best
void change(int i, int j) {    //在(i, j)处设置一个警卫,并改变其周围受//监控情况
	    x[i][j] = 1;
	    k++;
	    for (int r = 1; r <= 5; r++) { //在自己本身跟上下左右五个地方设置受控
	        int p = i + d[r][1];
	        int q = j + d[r][2];
	        y[p][q]++;
	        if (y[p][q] == 1)
	            t++;
	    }
}
void restore(int i, int j){}   //撤销在(i, j)处设置的警卫,并改变其周围//受监控情况
void search(int i, int j){} //回溯搜索, 从上到下、从左至右搜索没被监控的//位置

问题实例及算法运算步骤

首先先说一下监控安置的策略,本思想是安置监控的数量由少到多的策略。
然后用一维数组来记录监控的安装位置

4*4 矩阵相应的一维数组就是 array[16]一共 16 个空间,转换成矩阵坐标也比较简单如在 array 数组中坐标 array[8]则对应的矩阵坐标是 Matrix[8%4][8/4]所以完全可以用一维数组来替代矩阵;

再根据一维数组来计算所有安置的可能情况如 2*3 矩阵共 6 个空间,假如我要在 6 个空间安置 3 个监控则相当于离散数学中组合的概念即 C(6,3) = 20;

设陈列馆由 m*n 个陈列室组成,因为不存在重复监视,所以很多情况下都无解,我们采用的做法是根据 m 和 n 的值进行分类讨论。首先,先比较 m、n 大小,使 m 始终大于 n,方面程序书写。分三种情况讨论:

 n=1   这时可以直接写出最优解:

      当m mod 3=1时,将哨位置于(1,3k+1);

      当m mod 3=0或2时,将哨位置于(2,3k+2),其中k=0、1、…、m/3。

 n=2   这种情形下必须2端分别设置2个哨位,他们各监视三个陈列室。那么当m为偶数时问题就无解了。

      当m为奇数时,将哨位分别至于(1,4k+3)和(2,4k+1),k=0、1、…、m/4。 

 n>2  容易验证

 当n=3,m=3和n=3,m=4时无解,n=4,m=4有解。 

设置哨位时,允许在的 n+1 行和 m+1 列设置哨位,但不要求的第 n+1 行和 m+1 列陈列室受到监视,那么当 n>=3 且 m>=5 时在不重复监视下有解那么 n=3,m=5 的不可重复监视问题一定有解。但是通过验证 n=3,m=5 的不可重复监视哨位设置问题无解,那么当 n>=3 且 m>=5 时在不重复监视下无解。

通过以上讨论就将所有情况分析完全了,简单写一个包含多个条件判断的程序就可以实现该算法。

算法运行截图

算法运行

算法复杂度分析

回溯法需要为问题定义一个解空间,这个解空间必须至少包含问题的一个解(可能是最优的)。使用递归回溯法解决问题的优点在于它算法思想简单,而且它能完全便利搜索空间,肯定能找到问题的最优解;但是由于此问题解的总组合数有 个,因此,随着物件数 n 的增大,其解的空间将以 级增长,因此时间复杂度为:O(n )。

下面是完整代码(java 实现):

import java.util.Scanner;


public class Test5 {
	static final int MAX = 1000;
	static int d[][] = { {0,0,0}, {0,0,0}, {0,0,-1}, {0,-1,0}, {0,0,1}, {0,1,0} };
	static int [][]x=new int[MAX][MAX];
	static int [][]y=new int[MAX][MAX]; 
	static int [][]bestx=new int[MAX][MAX];   //x用来设置当前警卫,y用来表示监控情况,bestx返回最终结果
	static int n, m, best, k = 0, t = 0;   //当前已设置的警卫数为k,受监视的陈列室数为t,当前最少警卫数为best
	static int t1, t2, more;               //判断下界剪枝的条件参数
	boolean p;

	/**
	 * 世界名画陈列馆问题(回溯法)
	 */
	public static void main(String[] args) {
		// TODO Auto-generated method stub
		System.out.println("请设置陈列馆区域:");
		System.out.print("m: ");
		Scanner sc1=new Scanner(System.in);
		m=Integer.parseInt(sc1.next());
		System.out.print("n: ");
		sc1=new Scanner(System.in);
		n=Integer.parseInt(sc1.next());
	    compute(); //计算
	    System.out.println("最少需要"+best+"个警卫!");
	    for (int i = 1; i <= n; i++) {
	        for (int j = 1; j <= m; j++) 
	        	System.out.print( bestx[i][j]+" ");
	        System.out.println();
	    }

	}
	static void change(int i, int j) {    //在(i, j)处设置一个警卫,并改变其周围受监控情况
	    x[i][j] = 1;
	    k++;
	    for (int r = 1; r <= 5; r++) {    //在自己本身跟上下左右五个地方设置受控
	        int p = i + d[r][1];
	        int q = j + d[r][2];
	        y[p][q]++;
	        if (y[p][q] == 1)
	            t++;
	    }
	}
	static void restore(int i, int j) {    //撤销在(i, j)处设置的警卫,并改变其周围受监控情况
	    x[i][j] = 0;
	    k--;
	    for (int r = 1; r <= 5; r++) {
	        int p = i + d[r][1];
	        int q = j + d[r][2];
	        y[p][q]--;
	        if (y[p][q] == 0)
	            t--;
	    }
	}
	static void search(int i, int j) {   //回溯搜索
	    do {                             //从上到下,从左至右搜索没被监控的位置
	        j++;
	        if (j > m) {
	            i++;
	            j = 1;
	        }
	    } while (!((y[i][j] == 0) || (i > n)));
	    if (i > n) {
	        if (k < best) {            //刷新警卫值
	            best = k;
	            for (int p = 1; p <= n; p++)
	                for (int q = 1; q <= m; q++)
	                    bestx[p][q] = x[p][q];
	            return;
	        }
	    }
	    if (k + (t1 - t)/5 >= best)    return;            //警卫数下界 = 还需设置的最少警卫数 + 现有的警卫数
	    if ((i < n - 1) && (k + (t2 - t)/5 >= best))    return;   //如果比最优警卫数多的话,就剪去这一分枝
	    if (i < n) {                //结点p
	        change(i + 1, j);
	        search(i, j);            //递归搜索下一个点
	        restore(i + 1,j);        //恢复
	    }
	    if (y[i][j + 1] == 0) {        //结点q
	        change(i, j);
	        search(i, j);
	        restore(i, j);
	    }
	    if ((j < m) && ((y[i][j + 1] == 0) || (y[i][j + 2] == 0))) {    //结点r
	        change(i, j + 1);
	        search(i, j);
	        restore(i, j + 1);
	    }
	}

	static void compute() {
	    more = m/4 + 1;
	    if (m % 4 == 3)
	        more++;
	    else if (m % 4 == 2)
	        more += 2;
	    t2 = m * n + more + 4;
	    t1 = m * n + 4;
	    best = 65536;
	    if (m == 1 && n == 1) {
	    	System.out.println(1);
	    	System.out.println(1);
	    }
	    for (int i = 0; i <= m + 1; i++) {    //在整个外面加上一圈,便于处理边界情况
	        y[0][i] = 1;
	        y[n + 1][i] = 1;
	    }
	    for (int i = 0; i <= n + 1; i++) {
	        y[i][0] = 1;
	        y[i][m + 1] = 1;
	    }
	    search(1, 0);
	}


}


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标题:世界名画陈列馆问题(回溯法)
作者:潘建锋
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鲜衣怒马提银枪,一日看尽长安花,此间少年。