【正文】 L。p=plink)　　 printf(“%4d”,pvno+1)。　　 printf(“\n”)。　　 }　　}　　【問題】 馬的遍歷　　問題描述：在88方格的棋盤上，從任意指定的方格出發(fā)，為馬尋找一條走遍棋盤每一格并且只經(jīng)過一次的一條路徑。　　 馬在某個(gè)方格，可以在一步內(nèi)到達(dá)的不同位置最多有8個(gè)，如圖所示。如用二維數(shù)組board[ ][ ]表示棋盤，其元素記錄馬經(jīng)過該位置時(shí)的步驟號(hào)。另對(duì)馬的8種可能走法（稱為著法）設(shè)定一個(gè)順序，如當(dāng)前位置在棋盤的（i，j）方格，下一個(gè)可能的位置依次為（i+2，j+1）、（i+1，j+2）、（i1，j+2）、（i2，j+1）、（i2，j1）、（i1，j2）、（i+1，j2）、（i+2，j1），實(shí)際可以走的位置盡限于還未走過的和不越出邊界的那些位置。為便于程序的同意處理，可以引入兩個(gè)數(shù)組，分別存儲(chǔ)各種可能走法對(duì)當(dāng)前位置的縱橫增量?！　?4 3 　　5 2　　 馬 　　6 1　　 7 0 　　　　 對(duì)于本題，一般可以采用回溯法，這里采用Warnsdoff策略求解，這也是一種貪婪法，其選擇下一出口的貪婪標(biāo)準(zhǔn)是在那些允許走的位置中，選擇出口最少的那個(gè)位置。如馬的當(dāng)前位置（i，j）只有三個(gè)出口，他們是位置（i+2，j+1）、（i2，j+1）和（i1，j2），如分別走到這些位置，這三個(gè)位置又分別會(huì)有不同的出口，假定這三個(gè)位置的出口個(gè)數(shù)分別為3，則程序就選擇讓馬走向（i2，j+1）位置。　　 由于程序采用的是一種貪婪法，整個(gè)找解過程是一直向前，沒有回溯，所以能非?？斓卣业浇?。但是，對(duì)于某些開始位置，實(shí)際上有解，而該算法不能找到解。對(duì)于找不到解的情況，程序只要改變8種可能出口的選擇順序，就能找到解。改變出口選擇順序，就是改變有相同出口時(shí)的選擇標(biāo)準(zhǔn)。以下程序考慮到這種情況，引入變量start，用于控制8種可能著法的選擇順序。開始時(shí)為0，當(dāng)不能找到解時(shí)，就讓start增1，重新找解。細(xì)節(jié)以下程序?！　　境绦颉俊　?include 　　int delta_i[ ]={2,1,1,2,2,1,1,2}?！　nt delta_j[ ]={1,2,2,1,1,2,2,1}?！　nt board[8][8]?！　nt exitn(int i,int j,int s,int a[ ])　　{ int i1,j1,k,count?！　?for (count=k=0。k8。k++)　　 { i1=i+delta_i[(s+k)%8]?！　?j1=i+delta_j[(s+k)%8]?！　?if (i1=0amp。amp。i18amp。amp。j1=0amp。amp。j18amp。amp。board[I1][j1]==0)　　 a[count++]=(s+k)%8?！　?}　　 return count?！　　　　　int next(int i,int j,int s)　　{ int m,k,mm,min,a[8],b[8],temp?！　?m=exitn(i,j,s,a)?！　?if (m==0) return –1?！　?for (min=9,k=0。k　　 { temp=exitn(I+delta_i[a[k]],j+delta_j[a[k]],s,b)。　　 if (temp　　 { min=temp。　　kk=a[k]?！　?}　　 }　　 return kk?！　　　　　void main()　　{ int sx,sy,i,j,step,no,start?！　?for (sx=0。sx8。sx++)　　 for (sy=0。sy8。sy++)　　 { start=0?！　?do {　　 for (i=0。i8。i++)　　 for (j=0。j8。j++)　　 board[j]=0。　　 board[sx][sy]=1。　　 I=sx。 j=sy。　　 For (step=2。step64。step++)　　 { if ((no=next(i,j,start))==1) break?！　?I+=delta_i[no]?！　?j+=delta_j[no]?！　?board[j]=step?！　?}　　 if (step64) break?！　?start++?！　?} while(step=64)　　 for (i=0。i8。i++)　　 { for (j=0。j8。j++)　　 printf(“%4d”,board[j])?！　?printf(“\n\n”)?！　?}　　 scanf(“%*c”)?！　?}　　}　　七、分治法　　分治法的基本思想　　任何一個(gè)可以用計(jì)算機(jī)求解的問題所需的計(jì)算時(shí)間都與其規(guī)模N有關(guān)。問題的規(guī)模越小，越容易直接求解，解題所需的計(jì)算時(shí)間也越少。例如，對(duì)于n個(gè)元素的排序問題，當(dāng)n=1時(shí)，不需任何計(jì)算；n=2時(shí)，只要作一次比較即可排好序；n=3時(shí)只要作3次比較即可，…。而當(dāng)n較大時(shí)，問題就不那么容易處理了。要想直接解決一個(gè)規(guī)模較大的問題，有時(shí)是相當(dāng)困難的。　　分治法的設(shè)計(jì)思想是，將一個(gè)難以直接解決的大問題，分割成一些規(guī)模較小的相同問題，以便各個(gè)擊破，分而治之。　　如果原問題可分割成k個(gè)子問題　　分治法的適用條件　　分治法所能解決的問題一般具有以下幾個(gè)特征：　?。?）該問題的規(guī)?？s小到一定的程度就可以容易地解決；　?。?）該問題可以分解為若干個(gè)規(guī)模較小的相同問題，即該問題具有最優(yōu)子結(jié)構(gòu)性質(zhì)；　?。?）利用該問題分解出的子問題的解可以合并為該問題的解；　　（4）該問題所分解出的各個(gè)子問題是相互獨(dú)立的，即子問題之間不包含公共的子子問題。 　　上述的第一條特征是絕大多數(shù)問題都可以滿足的，因?yàn)閱栴}的計(jì)算復(fù)雜性一般是隨著問題規(guī)模的增加而增加；第二條特征是應(yīng)用分治法的前提，它也是大多數(shù)問題可以滿足的，此特征反映了遞歸思想的應(yīng)用；第三條特征是關(guān)鍵，能否利用分治法完全取決于問題是否具有第三條特征，如果具備了第一條和第二條特征，而不具備第三條特征，則可以考慮貪心法或動(dòng)態(tài)規(guī)劃法。第四條特征涉及到分治法的效率，如果各子問題是不獨(dú)立的，則分治法要做許多不必要的工作，重復(fù)地解公共的子問題，此時(shí)雖然可用分治法，但一般用動(dòng)態(tài)規(guī)劃法較好。　　分治法的基本步驟　　分治法在每一層遞歸上都有三個(gè)步驟：　?。?）分解：將原問題分解為若干個(gè)規(guī)模較小，相互獨(dú)立，與原問題形式相同的子問題；　　（2）解決：若子問題規(guī)模較小而容易被解決則直接解，否則遞歸地解各個(gè)子問題；　?。?）合并：將各個(gè)子問題的解合并為原問題的解。　　它的一般的算法設(shè)計(jì)模式如下：　　Divide_and_Conquer（P）　　if |P|≤n0 　　then return（ADHOC（P））　　將P分解為較小的子問題PP…、Pk　　for i←1 to k 　　do 　　yi ← DivideandConquer（Pi） △ 遞歸解決Pi　　T ← MERGE（y1，y2，…，yk） △ 合并子問題　　Return（T）　　其中 |P| 表示問題P的規(guī)模；n0為一閾值，表示當(dāng)問題P的規(guī)模不超過n0時(shí)，問題已容易直接解出，不必再繼續(xù)分解。ADHOC（P）是該分治法中的基本子算法，用于直接解小規(guī)模的問題P。因此，當(dāng)P的規(guī)模不超過n0時(shí)，直接用算法ADHOC（P）求解?！　∷惴∕ERGE（y1，y2，…，yk）是該分治法中的合并子算法，用于將P的子問題PP…、Pk的相應(yīng)的解yy…、yk合并為P的解?！　「鶕?jù)分治法的分割原則，原問題應(yīng)該分為多少個(gè)子問題才較適宜？各個(gè)子問題的規(guī)模應(yīng)該怎樣才為適當(dāng)？這些問題很難予以肯定的回答。但人們從大量實(shí)踐中發(fā)現(xiàn)，在用分治法設(shè)計(jì)算法時(shí)，最好使子問題的規(guī)模大致相同。換句話說，將一個(gè)問題分成大小相等的k個(gè)子問題的處理方法是行之有效的。許多問題可以取k=2。這種使子問題規(guī)模大致相等的做法是出自一種平衡子問題的思想，它幾乎總是比子問題規(guī)模不等的做法要好。分治法的合并步驟是算法的關(guān)鍵所在。有些問題的合并方法比較明顯，有些問題合并方法比較復(fù)雜，或者是有多種合并方案；或者是合并方案不明顯。究竟應(yīng)該怎樣合并，沒有統(tǒng)一的模式，需要具體問題具體分析。　　【問題】 大整數(shù)乘法　　問題描述：　　通常，在分析一個(gè)算法的計(jì)算復(fù)雜性時(shí)，都將加法和乘法運(yùn)算當(dāng)作是基本運(yùn)算來處理，即將執(zhí)行一次加法或乘法運(yùn)算所需的計(jì)算時(shí)間當(dāng)作一個(gè)僅取決于計(jì)算機(jī)硬件處理速度的常數(shù)?！　∵@個(gè)假定僅在計(jì)算機(jī)硬件能對(duì)參加運(yùn)算的整數(shù)直接表示和處理時(shí)才是合理的。然而，在某些情況下，我們要處理很大的整數(shù)，它無法在計(jì)算機(jī)硬件能直接表示的范圍內(nèi)進(jìn)行處理。若用浮點(diǎn)數(shù)來表示它，則只能近似地表示它的大小，計(jì)算結(jié)果中的有效數(shù)字也受到限制。若要精確地表示大整數(shù)并在計(jì)算結(jié)果中要求精確地得到所有位數(shù)上的數(shù)字，就必須用軟件的方法來實(shí)現(xiàn)大整數(shù)的算術(shù)運(yùn)算?！　≌?qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)一個(gè)有效的算法，可以進(jìn)行兩個(gè)n位大整數(shù)的乘法運(yùn)算?！　≡O(shè)X和Y都是n位的二進(jìn)制整數(shù)，現(xiàn)在要計(jì)算它們的乘積XY。我們可以用小學(xué)所學(xué)的方法來設(shè)計(jì)一個(gè)計(jì)算乘積XY的算法，但是這樣做計(jì)算步驟太多，顯得效率較低。如果將每2個(gè)1位數(shù)的乘法或加法看作一步運(yùn)算，那么這種方法要作O(n2)步運(yùn)算才能求出乘積XY。下面我們用分治法來設(shè)計(jì)一個(gè)更有效的大整數(shù)乘積算法?！　?　　圖63 大整數(shù)X和Y的分段　　我們將n位的二進(jìn)制整數(shù)X和Y各分為2段，每段的長(zhǎng)為n/2位（為簡(jiǎn)單起見，假設(shè)n是2的冪），如圖63所示?！　∮纱耍琗=A2n/2+B，Y=C2n/2+D。這樣，X和Y的乘積為：　　XY=(A2n/2+B)(C2n/2+D)=AC2n+(AD+CB)2n/2+BD （1）　　如果按式（1）計(jì)算XY，則我們必須進(jìn)行4次n/2位整數(shù)的乘法(AC，AD，BC和BD)，以及3次不超過n位的整數(shù)加法（分別對(duì)應(yīng)于式（1）中的加號(hào)），此外還要做2次移位（分別對(duì)應(yīng)于式（1）中乘2n和乘2n/2）。所有這些加法和移位共用O（n）步運(yùn)算。設(shè)T（n）是2個(gè)n位整數(shù)相乘所需的運(yùn)算總數(shù)，則由式（1），我們有：　　 （2）由此可得T（n）=O（n2）。因此，用（1）式來計(jì)算X和Y的乘積并不比小學(xué)生的方法更有效。要想改進(jìn)算法的計(jì)算復(fù)雜性，必須減少乘法次數(shù)。為此我們把XY寫成另一種形式：　　XY=AC2n+[(AB)(DC)+AC+BD]2n/2+BD （3）　　雖然，式（3）看起來比式（1）復(fù)雜些，但它僅需做3次n/2位整數(shù)的乘法（AC，BD和（AB）（DC）），6次加、減法和2次移位。由此可得：　　 （4）　　用解遞歸方程的套用公式法馬上可得其解為T(n)=O(nlog3)=O()。利用式（3），并考慮到X和Y的符號(hào)對(duì)結(jié)果的影響，我們給出大整數(shù)相乘的完整算法MULT如下：　　function MULT(X，Y，n)。 {X和Y為2個(gè)小于2n的整數(shù)，返回結(jié)果為X和Y的乘積XY}　　begin　　S=SIGN(X)*SIGN(Y)。 {S為X和Y的符號(hào)乘積}　　X=ABS(X)?！　=ABS(Y)。 {X和Y分別取絕對(duì)值}　　if n=1 then　　if (X=1)and(Y=1) then return(S)　　else return(0)　　else begin　　A=X的左邊n/2位?！　=X的右邊n/2位?！　=Y的左邊n/2位?！　=Y的右邊n/2位?！　l=MULT(A,C,n/2)?！　2=MULT(AB,DC,n/2)?！　3=MULT(B,D,n/2)。 　　S=S*(m1*2n+(m1+m2+m3)*2n/2+m3)?！　eturn(S)。 　　end。　　end。　　上述二進(jìn)制大整數(shù)乘法同樣可應(yīng)用于十進(jìn)制大整數(shù)的乘法以提高乘法的效率減少乘法次數(shù)。　　【問題】 最接近點(diǎn)對(duì)問題　　問題描述：　　在應(yīng)用中，常用諸如點(diǎn)、圓等簡(jiǎn)單的幾何對(duì)象代表現(xiàn)實(shí)世界中的實(shí)體。在涉及這些幾何對(duì)象的問題中，常需要了解其鄰域中其他幾何對(duì)象的信息。例如，在空中交通控制問題中，若將飛機(jī)作為空間中移動(dòng)的一個(gè)點(diǎn)來看待，則具有最大碰撞危險(xiǎn)的2架飛機(jī)，就是這個(gè)空間中最接近的一對(duì)點(diǎn)。這類問題是計(jì)算幾何學(xué)中研究的基本問題之一。下面我們著重考慮平面上的最接近點(diǎn)對(duì)問題?！　∽罱咏c(diǎn)對(duì)問題的提法是：給定平面上n個(gè)點(diǎn)，找其中的一對(duì)點(diǎn)，使得在n個(gè)點(diǎn)的所有點(diǎn)對(duì)中，該點(diǎn)對(duì)的距離最小。　　嚴(yán)格地說，最接近點(diǎn)對(duì)可能多于1對(duì)。為了簡(jiǎn)單起見，這里只限于找其中的一對(duì)?！　∵@個(gè)問題很容易理解，似乎也不難解決。我們只要將每一點(diǎn)與其他n1個(gè)點(diǎn)的距離算出，找出達(dá)到最小距離的兩個(gè)點(diǎn)即可。然而，這樣做效率太低，需要O(n2)的計(jì)算時(shí)間。我們能否找到問題的一個(gè)O (nlogn)算法?！　∵@個(gè)問題顯然滿足分治法的第一個(gè)和第二個(gè)適用條件，我們考慮將所給的平面上n個(gè)點(diǎn)的集合S分成2個(gè)子集S1和S2，每個(gè)子集中約有n/2個(gè)點(diǎn)，然后在每個(gè)子集中遞歸地求其最接近的點(diǎn)對(duì)。在這里，一個(gè)關(guān)鍵的問題是如何實(shí)現(xiàn)分治法中的合并步驟，即由S1和S2的最接近點(diǎn)對(duì)，如何求得原集合S中的最接近點(diǎn)對(duì)，因?yàn)镾1和S2的最接近點(diǎn)對(duì)未必就是S的最接近點(diǎn)對(duì)。如果組成S的最接近點(diǎn)對(duì)的2個(gè)點(diǎn)都在S1中或都在S2中，則問題很容易解決。但是，如果這2個(gè)點(diǎn)分別在S1和S2中，則對(duì)于S1中任一點(diǎn)p，S2中最多只有n/2個(gè)點(diǎn)與它構(gòu)成最接近點(diǎn)對(duì)的候選者，仍需做n2/4次計(jì)算和比較才能確定S的最接近點(diǎn)對(duì)。因此，依此思路，合并步驟耗時(shí)為O(n2)。整個(gè)算法所需計(jì)算時(shí)間T(n)應(yīng)滿足：　　T(n)=2T(n/2)+O(n2)　　它的解為T(n)=O(n2)，即與合并步驟的耗時(shí)同階，顯示不出比用窮舉的方法好。從解遞歸方程的套用公式法，我們看到問題出在合并步驟耗時(shí)太多。這啟發(fā)我們把注意力放在合并步驟上。　　為了使問題易于理解和分析，我們先來考慮一維的情形。此時(shí)S中的n個(gè)點(diǎn)退化為x軸上的n個(gè)實(shí)數(shù)xx…、xn。