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    回溯算法 以及Leetcode例题

        回溯算法,正如其名所述,前进到某个地方可以折返到交叉路再选择另一条路继续前进。类似我们数据结构中的树。大部分回溯问题都离不开几个元素:递归、深度优先以及全排列。以下是笔者作为小萌新,觉得比较不错的可以用来理解回溯的思想的例题,特此摘记。

    题目如下:

    给定一个仅包含数字 2-9 的字符串,返回所有它能表示的字母组合。

    给出数字到字母的映射如下(与电话按键相同)。注意 1 不对应任何字母。

    键盘图

    示例:

    input: "2,3"

    output:[“ad”, “ae”, “af”, “bd”, “be”, “bf”, “cd”, “ce”, “cf”]

    思路:

        拿到题目的时候,有些比较明显的特征在提示笔者此题应该是要用回溯的:

    • 题目的输出近似是一种将满足条件所有排列都枚举出来
    • 每次固定一个位置改变其他位置

        与其他的回溯问题有些不同之处的是,如果使用的是局部字符串变量保存解集元素的话,此题在递归结束的时候可以不需要回溯。(详细见Code)

    public class LetteCombination {
        /**
         * 用来存储各个按键对应的字母
         */
        private List<String> letters = new ArrayList<String>();
    
        /**
         * 将按键对应的字母保存进letters
         */
        public void prepareForList(){
            letters.add("abc");
            letters.add("def");
            letters.add("ghi");
            letters.add("jkl");
            letters.add("mno");
            letters.add("pqrs");
            letters.add("tuv");
            letters.add("wxyz");
        }
    
        /**
         * 入口函数
         * @param digits 输入字符串
         * @return
         */
        public List<String> letterCombinations(String digits) {
            if(0==digits.length()||digits==null){
                return new ArrayList<String>();
            }
            prepareForList();// 记得进行数据的初始化
            List<String> res = new ArrayList<>();
            letterCombinations(digits,0,"",res);
            return res;
        }
    
        /**
         * 选取这些参数的是为了人为控制每次递归的值传递,digits 和 res 是必须的
         * @param digits 输入的按键
         * @param index 指向当前遍历到的digits的元素
         * @param tmp 存放当前字母组合的结果
         * @param res 存放所有组合的结果
         */
        public void letterCombinations(String digits,int index,String tmp,List<String> res){
            // tmp达到预期长度就将tmp保存进res中
            if(tmp.length()==digits.length()){
                res.add(tmp);
                return;
            }
            // 读取当前digits遍历到的元素 对应的可选字符集
            String choose = letters.get(digits.charAt(index)-'2');
            for(int i=0;i<choose.length();i++){// 遍历可选字符集,每次固定当前位置的字符,再进行下一位的字符选择
                // 笔者认为最核心的一句,相比于其他的回溯需要进行还原操作,这里使用局部变量的方式就不需要还原了
                String curr = tmp+choose.charAt(i);// 这里遇到坑了,还原原始字符串,不比数组,字符串没有remove方法。必须利用物理栈进行变量的个阶段保存,即还原
                letterCombinations(digits,index+1,curr,res);// 递归
            }
        }
    
        public static void main(String[] args){
            String input = "23";
            LetteCombination lc = new LetteCombination();
            List<String> l = lc.letterCombinations(input);
            for(String s:l){
                System.out.print(l+"\t");
            }
        }
    }
    

    题目2如下:

    给定一个无重复元素的数组 candidates 和一个目标数 target ,找出 candidates 中所有可以使数字和为 target 的组合。

    candidates 中的数字可以无限制重复被选取。

    说明:

    所有数字(包括 target)都是正整数。 解集不能包含重复的组合。

    示例 1:

    输入: candidates = [2,3,6,7],target = 7
    所求解集为:
    [
      [7],
      [2,2,3]
    ]
    

    思路:

        与上面的题目特征相似,都是获取可枚举的排列中满足特定条件的值(此处是需要获取加载之List中的元素的和等于target的这些List)。因此几乎可以说是直接照搬上面的回溯部分,稍作修改即可使用了。

        唯一需要注意的地方就是,为了去重(如:不去重的话得到的结果集可能是:[2,2,3],[2,3,2]这样的),我们需要引入一个index作为每次遍历的起点,这样保证每一个解集元素List都是一个递增的List,也就不会出现重复的现象了。

    private List<List<Integer>> result = new ArrayList<List<Integer>>();
    
        public List<List<Integer>> combinationSum(int[] candidates, int target) {
            myMethod(candidates,target,new ArrayList<>(),0,0);
            return result;
        }
    
        /**
         *
         * @param candidates 可选元素集
         * @param target 目标大小
         * @param curr 解集
         * @param sum 记录当前curr中所有元素之和
         * @param index 记录上一次递归candidates使用的元素下标,例如:curr:2,3 说明index应该到了1
         */
        public void myMethod(int[] candidates,int target,List<Integer> curr,int sum,int index){
            // 达到目标大小则将curr加入结果List中
            if(sum == target){
                result.add(new ArrayList<>(curr));
                return;
            }
            // 大于目标大小就没必要接着计算了直接返回
            else if(sum>target)
                return;
            // 起点的选择笔者认为是此题的核心,因为笔者刚开始i从0开始,会出现重复的例如:2,2,3 和 2,3,2,
            // 若 i 从 index 开始则会维持输入元素的一个递增的序列,进而避开了重复的部分(因为无法选到小于index的坐标的值)
            for(int i=index;i<candidates.length;i++){
                curr.add(candidates[i]);// 加入解集中
                myMethod(candidates,target,curr,sum+candidates[i],i);// 递归调用
                curr.remove(curr.size()-1);// 解集回溯
            }
        }
    
        public static void main(String[] args){
            CombinationSum cs = new CombinationSum();
            List<List<Integer>> lr = cs.combinationSum(new int[]{2,3,6,7},7);
            for(List<Integer> l:lr){
                System.out.println(l);
            }
        }
    

    OK,就先记录到这!

    转载于:https://my.oschina.net/u/3744313/blog/1924122

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  • 若尔当标准型求

    千次阅读 多人点赞 2020-11-15 15:36:58
    方法一:初等变换 例:求矩阵 的若尔当标准型。 STEP1:求的初等因子 注:定理指出,矩阵的特征矩阵()一定可以通过初等变换化为上述标准型,称为矩阵的标准型。 初等因子:矩阵的标准型对角线上次数大于0...

    若尔当(约当/约旦)标准型的求解方法:


    方法一:初等变换法

    例:求矩阵  A=\begin{bmatrix} -1 & -2 &6 \\ -1& 0 & 3\\ -1& -1 &4 \end{bmatrix}  的若尔当标准型。

    STEP1:求\lambda E-A的初等因子

     \lambda E-A=\begin{bmatrix} \lambda +1 & 2 &-6 \\ 1 & \lambda &-3 \\ 1&1 & \lambda -4 \end{bmatrix}\rightarrow \begin{bmatrix} 1 &0 &0 \\ 0& \lambda -1 &0 \\ 0&0 & \left ( \lambda -1 \right )^{2} \end{bmatrix}

    注:定理指出,矩阵的特征矩阵({\color{Red} {\color{Red} }\lambda E-A})一定可以通过初等变换化为上述标准型,称为{\color{Red} \lambda}矩阵的标准型。

    初等因子:{\color{Red} \lambda}矩阵的标准型对角线上次数大于0且首项为1的一次方幂。

    本例题中,初等因子为\lambda -1\left ( \lambda -1 \right )^{2}

    注:虽然上述两个初等因子对应的特征值相同,但是代表两个不同的若尔当块。

    STEP2:写出每个初等因子对应的若尔当块

    初等因子对应的特征值为对应若尔当块对角线元素,初等因子的阶数为对应若尔当块的阶数。

    \lambda -1对应的若尔当块为:J_{1}=\left [ 1 \right ]

    \left ( \lambda -1 \right )^{2}对应的若尔当块为:J2=\begin{bmatrix} 1 &1 \\ 0& 1 \end{bmatrix}

    STEP3:写出若尔当标准型

    J=\begin{bmatrix} J_{1} &0 \\ 0& J_{2} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 &0 &0 \\ 0& 1 &1 \\ 0& 0 & 1 \end{bmatrix}

    {\color{Red} J_{1}}{\color{Red} J_{2}}的顺序可以变,但一般按照初等因子的顺序。


    方法二:求特征值法

    例:求矩阵  A=\begin{bmatrix} -1 & -2 &6 \\ -1& 0 & 3\\ -1& -1 &4 \end{bmatrix}  的若尔当标准型。

    STEP1:求矩阵的特征值

    det(\lambda I-A)=0,解得\lambda _{1}=\lambda _{2}=\lambda _{3}=1

    STEP2:求每个特征值的几何重数(相同特征值求一次即可)

    几何重数:代表该特征值对应的若尔当块的个数;几何重数=特征矩阵的列数-rank(特征矩阵)。

    本题中:\lambda =1对应的几何重数=3-rank(A-\lambda_{1}I)=3-1=2。

    STEP3:求每个特征值对应的若尔当块的最大阶数

    设每个特征值对应的若尔当块的最大阶数为{\color{Red} k_{i}},则{\color{Red} k_{i}}为使{\color{Red} rank[(A-\lambda _{i})^{k_{i}}]=rank[(A-\lambda _{i})^{k_{i+1}}]}成立的最小正整数。

    引用https://blog.csdn.net/xuehuafeiwu123/article/details/53321730

    本题中,由于\left ( A-I \right )^{2}为零矩阵,所以k=2,即\lambda =1对应的若尔当块的最大阶数为2,所以\lambda =1有两个若尔当块,一个一阶的,一个二阶的,即:

    J_{1}=\left [ 1 \right ]

    J2=\begin{bmatrix} 1 &1 \\ 0& 1 \end{bmatrix}

    STEP4:写出若尔当标准型

    J=\begin{bmatrix} J_{1} &0 \\ 0& J_{2} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 1 &0 &0 \\ 0& 1 &1 \\ 0& 0 & 1 \end{bmatrix}

    {\color{Red} J_{1}}{\color{Red} J_{2}}的顺序可以变。


    方法三:求Q矩阵(特征值均互异可用)

    STEP1:求矩阵的特征值

    STEP2:求矩阵的特征值对应的特征向量p1,p2,p3

    STEP3:由特征向量组成Q矩阵

    STEP4:求J

    J=Q-1*A*Q


    参考文献

    [1]王萼芳,石生明.高等代数[M].北京:高等教育出版社,2013:342-348.

    展开全文
  • 贪心例题 周三

    2019-03-20 21:32:14
    贪心算法经典例题 在求最优解问题的过程中,依据某种贪心标准,从问题的初始状态出发,直接去求每一步的最优解,通过若干次的贪心选择,最终得出整个问题的最优解,这种求解方法就是贪心算法。 从贪心算法的定义...

    贪心算法经典例题

    在求最优解问题的过程中,依据某种贪心标准,从问题的初始状态出发,直接去求每一步的最优解,通过若干次的贪心选择,最终得出整个问题的最优解,这种求解方法就是贪心算法。

    从贪心算法的定义可以看出,贪心法并不是从整体上考虑问题,它所做出的选择只是在某种意义上的局部最优解,而由问题自身的特性决定了该题运用贪心算法可以得到最优解。

    [背包问题]有一个背包,背包容量是M=150。有7个物品,物品可以分割成任意大小。

    要求尽可能让装入背包中的物品总价值最大,但不能超过总容量。

    物品 A B C D E F G

    重量 35 30 60 50 40 10 25

    价值 10 40 30 50 35 40 30

    #include <iostream>

    #include <map>

    #include <algorithm>

    #include <vector>

    #include <iomanip>

    using namespace std;

     

    //按value找到map中对应的key,并返回

    int finder(float value_per_weight,map<int,float> value_sort)

    {

     map<int,float>::iterator iter = value_sort.begin();

     for (iter;iter != value_sort.end(); iter++)

     {

      if (iter->second == value_per_weight)

      {

       return iter->first;

      } 

     }

    }

     

    int main(int argc, char**argv)

    {

     //设定保留小数的位数

     cout<< setprecision(5)<<fixed<<endl;

     

     //问题条件设置

     float package = 150;

     int value[7] = {10,40,30,50,35,40,30};

     int weight[7] = {35,30,60,50,40,10,25};

     char cargo[7] = {'A','B','C','D','E','F','G'};

     char new_cargo[7] = {'A','B','C','D','E','F','G'};

     

     //存放原始的序号、均价值对应关系的map

     map<int,float> value_sort;

     for (int i = 0; i<7 ; i++)

     {

      value_sort[i];

     }

     

     //均价值

     vector<float> value_per_weight(7);

     for (int i = 0; i<7 ; i++)

     {

      value_per_weight[i] = float(value[i]) / float(weight[i]);

     } 

     

     //均价值赋值map

     map<int,float>::iterator iter = value_sort.begin();

     int j = 0;

     for (iter;iter != value_sort.end(); iter++)

     {

      iter->second = value_per_weight[j];

      ++j;

     }

     

     //排序均价值

     sort(value_per_weight.begin(),value_per_weight.end()); 

     

     //贪心计算每件物品的放入

     float count[7] ={0};

     for (int i = 6; i >= 0 ; i--)

     {

      

      if (package > 0)

      { 

       int index = finder(value_per_weight[i],value_sort);

       

       count[i] =float(weight[index]);

       if (package < weight[index])

       {

        count[i] = package;

       }

       package = package - count[i];

      }

     }

     for (int i = 6; i >= 0 ; i--)

     {

      int index = finder(value_per_weight[i],value_sort);

      new_cargo[i] = cargo[index];  

     }

     

     //输出计算结果

     for (int i = 0; i<7 ; i++)

     {

      cout<<new_cargo[i]<<" ";

     }

     cout<<endl;

     for (int i = 0; i<7 ; i++)

     {

      cout<<count[i]<<" ";

     }

     

     system("pause");

     return 0;

    }

     

    设置完毕后,后续的cout也会改变,显示float的小数,头文件iomanip

    // float j = 2/2 ;

    // cout<< showpoint<<j<<endl;

    // cout<< setprecision(5)<<fixed<<j<<endl

    小船过河问题

    POJ1700是一道经典的贪心算法例题。题目大意是只有一艘船,能乘2人,船的运行速度为2人中较慢一人的速度,过去后还需一个人把船划回来,问把n个人运到对岸,最少需要多久。先将所有人过河所需的时间按照升序排序,我们考虑把单独过河所需要时间最多的两个旅行者送到对岸去,有两种方式:

    1.最快的和次快的过河,然后最快的将船划回来;次慢的和最慢的过河,然后次快的将船划回来,所需时间为:t[0]+2*t[1]+t[n-1];

    2.最快的和最慢的过河,然后最快的将船划回来,最快的和次慢的过河,然后最快的将船划回来,所需时间为:2*t[0]+t[n-2]+t[n-1]。

    #include <iostream>  

    #include <algorithm>  

    using namespace std;  

      

    int main(int argc, char**argv)  

    {  

        int total_time = 0;  

        cout<<" How many people ?"<<endl;  

        int number_of_people ;  

        cin>>number_of_people;  

        if (number_of_people > 0)  

        {  

            int time_of_people[1000];  

            cout<<"Please input the time needed to go through the river of each person and by up grade"<<endl;  

            for (int i = 0; i < number_of_people; i++)  

            {  

                cin >> time_of_people[i];  

            }  

      

            while (number_of_people > 3)  

            {  

                total_time = total_time+min(2*time_of_people[0]+ time_of_people[number_of_people-1]+ time_of_people[number_of_people-2],time_of_people[0]+ 2*time_of_people[1]+ time_of_people[number_of_people-1]);  

                number_of_people -= 2;  

            }  

      

            if (number_of_people == 3)  

            {  

                total_time = total_time + time_of_people[0]+ time_of_people[1]+ time_of_people[2];  

            }  

            else if (number_of_people == 2)  

            {  

                total_time = total_time + time_of_people[1];  

            }  

            else  

            {  

                total_time = total_time + time_of_people[0];  

            }  

      

            cout<<"The total time needed is :"<<total_time<<endl;  

        }  

        else  

        {  

            cout<<"No people or wrong number"<<endl;  

        }  

          

        system("pause");  

        return 0;  

    }

     

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    上一篇文章将“回溯法”中最经典的“八皇后问题”进行了分析,这一篇继续探究回溯法,主要通过紫书上的例题进行研究。


    回溯法的思想

    -标准定义主要是:
    由n元组(x1,x2,….,xn)组成的一个状态空间E={(x1,x2,…,xn)|xi∈si},给定关于n元组的约束集n,要求E中满足D的全部约束条件的所有n元组。对于约束集D具有完备性的问题P,一旦检测断定某个j元组(x1,x2,…,xj)违反D中的约束,则省略了对部分元素(xj+1,….,xn)的测试。

    回溯法的模板

    伪代码:

    void search(cur,x[])
        if (cur=n) output(x)
        else for i=1....k
            x[cur] = value[i]
            if(constraint(cur)&&bound(cur))//约束条件和边界条件
                search(cur+1)
    

    -例1.素数环

    问题描述:输入正整数n,把整数1,2,3…,n组成一个环,使得相邻两个整数之和均为素数。
    思路:回溯。先打个素数表,之后根据输入的n,进行回溯
    套用模板:

    void search(cur,A[],vis[])
        if (cur=n) output(A)
        else for i=2....n
            if(!vis[i]&&isp[i+A[cur-1]])//约束条件和边界条件
                A[cur]=i
                vis[i]=1
                search(cur+1)
                vis[i]=0

    注意这个vis是辅助的全局变量,作为使用的标记,而在回溯法中如果使用辅助的全局变量,则一定要及时把它们恢复原状。

    具体代码如下:

    #include<cstdio>
    #include<cstring> 
    #include<iostream>
    #include<math.h>
    using namespace std;
    
    const int maxn = 10010;
    int n;
    int A[maxn],isp[maxn],vis[maxn];
    
    int is_prime(int n)
    {
        if(n<=1) return 0;
        int k = floor(sqrt(n)+0.5);
        for(int i=2;i<=k;i++)
            if(n%i==0)
                return 0;
        return 1;
    }
    
    void dfs(int cur)
    {
    
        if(cur==n&&isp[A[0]+A[n-1]])
        {
            for(int i=0;i<n;i++)
            printf("%d ",A[i]);
            printf("\n");
        }
        else for(int i=2;i<=n;i++)
        {
            if(!vis[i]&&isp[i+A[cur-1]])
            {   
                A[cur]=i;
                vis[i]=1;
                dfs(cur+1);
                vis[i]=0;
            }
        }
    }
    
    int main()
    {
    
        int kase = 0;
        while(scanf("%d", &n) == 1 && n > 0)
        {
            if(kase > 0) printf("\n");
            printf("Case %d:\n", ++kase);
            for(int i = 2; i <= n*2; i++) isp[i] = is_prime(i);
            memset(vis, 0, sizeof(vis));
            A[0] = 1;
            dfs(1);
      }
      return 0;
    }

    -例2.困难的串

    问题描述:如果一个字符串包含两个相邻的重复子串,则称为“容易的串”,其他的串就为“困难的串”如D、DC、ABDAB等。
    输入n和L,由前L个字符组成的,字典序第k小的困难的串。

    代码如下:

    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    using namespace std;
    const int maxn = 100;
    char A[maxn];
    int n,L;
    
    int dfs(int cur)
    {
        if(cur==n){
            for(int i=0;i<n;i++)
            printf("%c",A[i]+'A');
            printf("\n");
            return 0;
        }
        for(int i=0;i<L;i++)
        {
            A[cur] = i;
            int ok = 1;
            for(int j=1;j*2<=cur+1;j++)
            {
                int equal = 1;
                for(int k=0;k<j;k++)
                {
                    if(A[cur-k]!=A[cur-k-j])
                    {
                        equal = 0;break;//一旦某一对元素不相同那么前一半就不等于后一半元素 
                    }
                }
                if(equal) 
                {
                    ok = 0;//如果相同,则不符合 
                }
            }
            if(ok)
            {
                if(!dfs(cur+1))//如果找到解直接退出
                return 0;
            }
        }   
    }
    
    int main()
    {
        while(scanf("%d%d",&n,&L)==2&&n&&L)
        {
            dfs(0); 
        }
        return 0;
    }
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