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原标题:Python基于回溯法子集树模板解决全排列问题示例

浏览次数:163 时间:2019-09-01

Python基于回溯法子集树模板解决马踏棋盘问题示例,python棋盘

本文实例讲述了Python基于回溯法子集树模板解决马踏棋盘问题。分享给大家供大家参考,具体如下:

问题

将马放到国际象棋的8*8棋盘board上的某个方格中,马按走棋规则进行移动,走遍棋盘上的64个方格,要求每个方格进入且只进入一次,找出一种可行的方案。

分析

图片 1

说明:这个图是5*5的棋盘。

类似于迷宫问题,只不过此问题的解长度固定为64

每到一格,就有[(-2,1),(-1,2),(1,2),(2,1),(2,-1),(1,-2),(-1,-2),(-2,-1)]顺时针8个方向可以选择。

走到一格称为走了一步,把每一步看作元素,8个方向看作这一步的状态空间。

套用回溯法子集树模板。

代码

'''马踏棋盘'''
n = 5 # 8太慢了,改为5
p = [(-2,1),(-1,2),(1,2),(2,1),(2,-1),(1,-2),(-1,-2),(-2,-1)] # 状态空间,8个方向
entry = (2,2) # 出发地
x = [None]*(n*n) # 一个解,长度固定64,形如[(2,2),(4,3),...]
X = []    # 一组解
# 冲突检测
def conflict(k):
  global n,p, x, X
  # 步子 x[k] 超出边界
  if x[k][0] < 0 or x[k][0] >= n or x[k][1] < 0 or x[k][1] >= n:
    return True
  # 步子 x[k] 已经走过
  if x[k] in x[:k]:
    return True
  return False # 无冲突
# 回溯法(递归版本)
def subsets(k): # 到达第k个元素
  global n, p, x, X
  if k == n*n: # 超出最尾的元素
    print(x)
    #X.append(x[:]) # 保存(一个解)
  else:
    for i in p: # 遍历元素 x[k-1] 的状态空间: 8个方向
      x[k] = (x[k-1][0]   i[0], x[k-1][1]   i[1])
      if not conflict(k): # 剪枝
        subsets(k 1)
# 测试
x[0] = entry # 入口
subsets(1)  # 开始走第k=1步

效果图

图片 2

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希望本文所述对大家Python程序设计有所帮助。

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Python使用回溯法子集树模板解决爬楼梯问题示例,python爬楼梯

本文实例讲述了Python使用回溯法子集树模板解决爬楼梯问题。分享给大家供大家参考,具体如下:

问题

某楼梯有n层台阶,每步只能走1级台阶,或2级台阶。从下向上爬楼梯,有多少种爬法?

分析

这个问题之前用分治法解决过。但是,这里我要用回溯法子集树模板解决它。

祭出元素-状态空间分析大法:每一步是一个元素,可走的步数[1,2]就是其状态空间。不难看出,元素不固定,状态空间固定。

直接上代码。

代码

'''爬楼梯'''
n = 7 # 楼梯阶数
x = []  # 一个解(长度不固定,1-2数组,表示该步走的台阶数)
X = []  # 一组解
# 冲突检测
def conflict(k):
  global n, x, X
  # 部分解步的步数之和超过总台阶数
  if sum(x[:k 1]) > n:
    return True
  return False # 无冲突
# 回溯法(递归版本)
def climb_stairs(k): # 走第k步
  global n, x, X
  if sum(x) == n: # 已走的所有步数之和等于楼梯总台阶数
    print(x)
    #X.append(x[:]) # 保存(一个解)
  else:
    for i in [1, 2]: # 第k步这个元素的状态空间为[1,2]
      x.append(i)
      if not conflict(k): # 剪枝
        climb_stairs(k 1)
      x.pop()       # 回溯
# 测试
climb_stairs(0) # 走第0步

效果图

图片 3

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Python基于回溯法子集树模板解决全排列问题示例,python回溯

本文实例讲述了Python基于回溯法子集树模板解决全排列问题。分享给大家供大家参考,具体如下:

问题

实现 'a', 'b', 'c', 'd' 四个元素的全排列。

分析

这个问题可以直接套用排列树模板。

不过本文使用子集树模板。分析如下:

一个解x就是n个元素的一种排列,显然,解x的长度是固定的,n。
我们这样考虑:对于解x,先排第0个元素x[0],再排第1个元素x[1],...,当来到第k-1个元素x[k-1]时,就将剩下的未排的所有元素看作元素x[k-1]的状态空间,遍历之。

至此,套用子集树模板即可。

代码

'''用子集树实现全排列'''
n = 4
a = ['a','b','c','d']
x = [0]*n  # 一个解(n元0-1数组)
X = []   # 一组解
# 冲突检测:无
def conflict(k):
  global n, x, X, a
  return False # 无冲突
# 用子集树模板实现全排列
def perm(k): # 到达第k个元素
  global n, a, x, X
  if k >= n: # 超出最尾的元素
    print(x)
    #X.append(x[:]) # 保存(一个解)
  else:
    for i in set(a)-set(x[:k]): # 遍历,剩下的未排的所有元素看作元素x[k-1]的状态空间
      x[k] = i
      if not conflict(k): # 剪枝
        perm(k 1)
# 测试
perm(0) # 从x[0]开始

效果图

图片 4

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Python基于回溯法子集树模板解决找零问题示例,python找零

本文实例讲述了Python基于回溯法子集树模板解决找零问题。分享给大家供大家参考,具体如下:

问题

有面额10元、5元、2元、1元的硬币,数量分别为3个、5个、7个、12个。现在需要给顾客找零16元,要求硬币的个数最少,应该如何找零?或者指出该问题无解。

分析

元素——状态空间分析大法:四种面额的硬币看作4个元素,对应的数目看作各自的状态空间,遍历状态空间,其它的事情交给剪枝函数。

解的长度固定:4

解的编码:(x1,x2,x3,x4) 其中x1∈[0,1,2,3], x2∈[0,1,2,3,4,5], x3∈[0,1,2,...,7], x4∈[0,1,2,...,12]

求最优解,增添全局变量:best_x, best_num

套用回溯法子集树模板。

代码

'''找零问题'''
n = 4
a = [10, 5, 2, 1] # 四种面额
b = [3, 5, 7, 12] # 对应的硬币数目(状态空间)
m = 53 # 给定的金额
x = [0]*n  # 一个解(n元0-b[k]数组)
X = []  # 一组解
best_x = [] # 最佳解
best_num = 0 # 最少硬币数目
# 冲突检测
def conflict(k):
  global n,m, x, X, a, b, best_num
  # 部分解的金额已超
  if sum([p*q for p,q in zip(a[:k 1], x[:k 1])]) > m:
    return True
  # 部分解的金额加上剩下的所有金额不够
  if sum([p*q for p,q in zip(a[:k 1], x[:k 1])])   sum([p*q for p,q in zip(a[k 1:], b[k 1:])]) < m:
    return True
  # 部分解的硬币个数超best_num
  num = sum(x[:k 1])
  if 0 < best_num < num:
    return True
  return False # 无冲突
# 回溯法(递归版本)
def subsets(k): # 到达第k个元素
  global n, a, b, x, X, best_x, best_num
  if k == n: # 超出最尾的元素
    #print(x)
    X.append(x[:]) # 保存(一个解)
    # 计算硬币数目,若最佳,则保存
    num = sum(x)
    if best_num == 0 or best_num > num:
      best_num = num
      best_x = x[:]
  else:
    for i in range(b[k] 1): # 遍历元素 a[k] 的可供选择状态: 0, 1, 2, ..., b[k] 个硬币
      x[k] = i
      if not conflict(k): # 剪枝
        subsets(k 1)
# 测试
subsets(0)
print(best_x)

效果图

图片 5

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Python基于回溯法子集树模板解决0-1背包问题实例,python0-1

本文实例讲述了Python基于回溯法子集树模板解决0-1背包问题。分享给大家供大家参考,具体如下:

问题

给定N个物品和一个背包。物品i的重量是Wi,其价值位Vi ,背包的容量为C。问应该如何选择装入背包的物品,使得放入背包的物品的总价值为最大?

分析

显然,放入背包的物品,是N个物品的所有子集的其中之一。N个物品中每一个物品,都有选择、不选择两种状态。因此,只需要对每一个物品的这两种状态进行遍历。

解是一个长度固定的N元0,1数组。

套用回溯法子集树模板,做起来不要太爽!!!

代码

'''0-1背包问题'''
n = 3      # 物品数量
c = 30      # 包的载重量
w = [20, 15, 15] # 物品重量
v = [45, 25, 25] # 物品价值
maxw = 0 # 合条件的能装载的最大重量
maxv = 0 # 合条件的能装载的最大价值
bag = [0,0,0] # 一个解(n元0-1数组)长度固定为n
bags = []   # 一组解
bestbag = None # 最佳解
# 冲突检测
def conflict(k):
  global bag, w, c
  # bag内的前k个物品已超重,则冲突
  if sum([y[0] for y in filter(lambda x:x[1]==1, zip(w[:k 1], bag[:k 1]))]) > c:
    return True
  return False
# 套用子集树模板
def backpack(k): # 到达第k个物品
  global bag, maxv, maxw, bestbag
  if k==n: # 超出最后一个物品,判断结果是否最优
    cv = get_a_pack_value(bag)
    cw = get_a_pack_weight(bag)
    if cv > maxv : # 价值大的优先
      maxv = cv
      bestbag = bag[:]
    if cv == maxv and cw < maxw: # 价值相同,重量轻的优先
      maxw = cw
      bestbag = bag[:]
  else:
    for i in [1,0]: # 遍历两种状态 [选取1, 不选取0]
      bag[k] = i # 因为解的长度是固定的
      if not conflict(k): # 剪枝
        backpack(k 1)
# 根据一个解bag,计算重量
def get_a_pack_weight(bag):
  global w
  return sum([y[0] for y in filter(lambda x:x[1]==1, zip(w, bag))])
# 根据一个解bag,计算价值
def get_a_pack_value(bag):
  global v
  return sum([y[0] for y in filter(lambda x:x[1]==1, zip(v, bag))])
# 测试
backpack(0)
print(bestbag, get_a_pack_value(bestbag))

效果图

图片 6

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