算法笔记之回溯法（3）

旅行商问题

问题描述

假设有5个点，这五个点之间是用无向边来连接的，但是每一个边是有权重的，这实际上是一个无向带权图。我们希望在最小权重的情况下走过这5个点，且不重复，那应该怎样来实现呢？

算法设计

1. 定义问题的解空间：问题解的形式为n元组{x₁,x₂,...,x_i,...,x_n}，分量x_i表示第i个要去的旅游景点编号，景点的集合为S={1,2,...,N}。因为景点不可重复走，因此在确定x_i时，前面走过的景点{x₁,x₂,...,x_i,...,x_i-1}不能再走。x_i的取值为S-{x₁,x₂,...,x_i,...,x_i-1}。
2. 解空间的组织形式：解空间是一颗排列树，树的深度为n=5。除了开始结点1之外，一共有24种排列方式。
3. 搜索解空间：约束条件：用二维数组g[][]储存无向带权图的邻接矩阵，如果gi≠无穷表示城市i和城市j又边相连，能走通。限界条件：cl
4. 搜索过程：扩展结点沿着某个分支扩展时需要判断约束条件和限界条件，如果满足，则进入深一层继续搜索，如果不满足，则剪掉该分支。搜索到叶子结点时，即找到了当前最优解。搜索直到全部的活结点变成死结点为止。

完美图解

（1）数据结构：如下表所示的邻接矩阵。

（图中未填的就是无穷）

（2）初始化：cl=0,bestl=无穷，解分量x[i]和最优解bestx[i]初始化为：

（3）开始搜索第一层（t=1）

扩展A₀结点，因为我们是从1号结点出发，所以x[1]=1，生成A结点。

（4）扩展A结点（t=2）
沿着x[2]=2分支扩展，因为1号结点和2号结点有边相连，且cl+g1=0+3

（5）扩展B结点（t=3）
沿着x[3]=3分支扩展，因为2号结点和3号结点有边相连，且cl+g2=3+3=6

（6）扩展C结点（t=4）
沿着x[4]=4分支扩展，因为3号结点和4号结点有边相连，且cl+g3=6+4=10

（7）扩展D结点（t=5）
沿着x[5]=5分支扩展，因为4号结点和5号结点有边相连，且cl+g3=10+20=30

（8）扩展E结点（t=6）
t>n，判断5号结点是否和1号结点相连，确认有，且cl+g5=30+9=39

（9）向上回溯到D，D的孩子已经生成完毕，成为死结点，继续回溯到C，C结点还有一个孩子未生成。
（10）重新扩展C结点（t=4）。沿着x[4]=5分支扩展，因为3号结点和5号结点有边相连，且cl+g3=6+3=9

（11）扩展F结点（t=5）。
沿着x[5]=4分支扩展，因为5号结点和4号结点有边相连，且cl+g5=9+20=29

（12）扩展G结点（t=6）。t>n，判断4号结点是否和1号结点相连，确认有，且cl+g4=29+8=37

不断搜索下去，到最后有以下组合和其值。

综上所述，bestl=23，路径为1-2-5-3-4-1。

代码实现

//初始化
void init()
{
    bestl = INF;
    cl = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = i; j <= n; j++)
            g[i][j] = g[j][i] = INF;
    for (int i = 0; i <= n; i++)
    {
        x[i] = i;
        bestx[i] = 0;
    }
}
//邻接矩阵赋值
void createMatrix()
{
    int u, v, w;//结点u和v，权值w
    cout << "请依次输入两个结点u和v之间的权值w。" << endl;
    cout << "格式：结点u 结点v 距离w" << endl;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        cin >> u >> v >> w;
        g[u][v] = g[v][u] = w;
    }
}
//回溯法核心
void backTrack(int t)
{
    if (t > n)
        //到达叶子结点
        //最后一个结点与第一个结点有边相连且路径长度比当前最优值最小
        //说明找到了一条更优路径，记录相关信息
    {
        if (g[n][1] != INF && (cl + g[x[n]][1] < bestl))
        {
            for (int j = 1; j <= n; j++)
                bestx[j] = x[j];
            bestl = cl + g[x[n]][1];
        }
        
    }
    else
    {
        //没有到达叶子结点
        for (int j = t; j <= n; j++)
        {
            //搜索扩展结点的所有分支
            //如果第t-1个结点与第t个结点有边相连且可以得到更短路径
            if (g[x[t - 1]][x[j]] != INF && (cl + g[x[t - 1]][x[j]] < bestl))
            {
                //保存第t个结点到x[t]中，进入第t+1个
                swap(x[t], x[j]);//交换两个元素的值
                cl = cl + g[x[t - 1]][x[t]];
                backTrack(t + 1);
                cl = cl - g[x[t - 1]][x[t]];
                swap(x[t], x[j]);
            }
        }
    }
}

//打印路径
void print()
{
    cout << "最短路径：" << endl;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cout << bestx[i] << "--->";
    cout << "1" << endl;
    cout << "最短路径长度：" << bestl << endl;
}

算法复杂度分析

1. 时间复杂度：除了最后一层外，有1+(n-1)+...+(n-1)(n-2)...2<=n(n-1)!个结点需要判断约束函数和限界函数，判断两个函数需要O(1)的时间，因此耗时O(n!)。在叶子节点处记录当前最优解需要耗时O(n)，在最坏情况下回搜索到每一个叶子结点，叶子数为(n-1)!，所以时间复杂度为O（n!）。
2. 空间复杂度：O(n)。