算法实验报告Word格式.docx
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2.给出源代码及相应的注释。
3.所有的输入和输出都用文件处理。
三．实验内容：
1.实现求n皇后问题和子集和数问题的回溯算法。
2.用动态规划的方法实现0/1背包问题。
3.用分支限界法实现0/1背包问题。
4.用深度优化的方法遍历一个图，并判断图中是否有回路存在，如果有，请输出回路。
四．实验分析：
实验一：
实现求n皇后问题和子集和数问题的回溯算法。
问题说明：
按照国际象棋的规则在N*N的棋盘上放置彼此不受攻击的皇后问题。
数据表示：
用n个数彼此用“，”隔开来表示那个皇后的最后位置，如：
4皇后问题中，最后结果为1,3,0,2，表示第0列的皇后的位置在1，第1列的皇后的位置在3，第2列皇后的位置在0，第4列的皇后的位置在2.n皇后以此类推。
代码如下:
#include"
stdio.h"
stdlib.h"
math.h"
intx[4]={0};
intPlace（intk）//判断第k行当前列是否可以放置皇后
{
for（inti=0;
i<
k;
i++）
{
if（x[i]==x[k]||（abs（x[i]-x[k]）-abs（i-k））==0）
{
return0;
}
}
return1;
}
voidNQueens（intk）
x[k]=-1;
while
（1）
{x[k]=x[k]+1;
while（（x[k]<
4）&
&
（!
Place（k）））x[k]=x[k]+1;
if（x[k]<
4）
{if（k<
3）NQueens（k+1）;
else
{
for（inti=0;
4;
{
printf（"
%d,"
x[i]）;
}
printf（"
\n"
）;
}
elsereturn;
intmain（intargc,char*argv[]）
NQueens（0）;
system（"
PAUSE"
实验二：
用动态规划的方法实现0/1背包问题。
给定n种物品和一背包。
物品i的重量是w，其价值是v，背包的容量为C。
求应怎样装入物体使得装入背包中的物体总价值最大。
算法说明:
采用动态规划的方法，将待求解问题分解成若干个子问题，然后从这些子问题的解得到原问题的解。
在该问题中需要决定x1..xn的值。
假设按i=1，2，...，n的次序来确定xi的值。
如果置x1=0，则问题转变为相对于其余物品（即物品2，3，.，n），背包容量仍为c的背包问题。
若置x1=1，问题就变为关于最大背包容量为c-w1的问题。
现设r?
{c，c-w1}为剩余的背包容量。
在第一次决策之后，剩下的问题便是考虑背包容量为r时的决策。
不管x1是0或是1，[x2，.，xn]必须是第一次决策之后的一个最优方案，如果不是，则会有一个更好的方案[y2，.，yn]，因而[x1，y2，.，yn]是一个更好的方案。
假设n=3,w=[100,14,10],p=[20,18,15],c=116。
若设x1=1，则在本次决策之后，可用的背包容量为r=116-100=16。
[x2，x3]=[0,1]符合容量限制的条件，所得值为15，但因为[x2，x3]=[1，0]同样符合容量条件且所得值为18，因此[x2，x3]=[0，1]并非最优策略。
即x=[1，0，1]可改进为x=[1，1，0]。
若设x1=0，则对于剩下的两种物品而言，容量限制条件为116。
总之，如果子问题的结果[x2，x3]不是剩余情况下的一个最优解，则[x1，x2，x3]也不会是总体的最优解。
在此问题中，最优决策序列由最优决策子序列组成。
假设f（i,y）表示剩余容量为y，剩余物品为i，i+1，...，n时的最优解的值，即：
利用最优序列由最优子序列构成的结论，可得到f的递归式为：
当j>
=wi时：
f（i,j）=max{f（i+1,j）,f（i+1,j-wi）+vi}①式
当0<
=j时：
fn（1,c）是初始时背包问题的最优解。
以本题为例：
若0≤y＜10，则f（3,y）=0；
若y≥10，f（3,y）=15。
利用②式，可得f（2,y）=0（0≤y＜10）；
f（2，y）=15（10≤y＜14）；
f（2，y）=18（14≤y＜24）和f（2，y）=33（y≥24）。
因此最优解f（1,116）=max{f（2，116），f（2，116-w1）+p1}=max{f（2，116），f（2，16）+20}=max{33，38}=38。
现在计算xi值，步骤如下：
若f（1,c）=f（2,c），则x1=0，否则x1=1。
接下来需从剩余容量c-w1中寻求最优解，用f（2,c-w1）表示最优解。
依此类推，可得到所有的xi（i=1.n）值。
在该例中，可得出f（2,116）=33≠f（1,116），所以x1=1。
接着利用返回值38-p1=18计算x2及x3，此时r=116-w1=16，又由f（2,16）=18，得f（3,16）=14≠f（2,16），因此x2=1，此时r=16-w2=2，所以f（3,2）=0，即得x3=0
代码如下;
#include<
cstdlib>
iostream>
usingnamespacestd;
intw[5]={2,2,6,5,4};
intv[5]={6,3,5,4,6};
intlength=5;
intc=10;
intm[5][10];
voidknapsack（int*v,int*w,intc,intm[][10]）
intn=length-1;
intjMax=min（w[n]-1,c）;
for（intj=0;
j<
=jMax;
j++）
m[n][j]=0;
for（intj=w[n];
=c;
m[n][j]=v[n];
for（inti=n-1;
i>
1;
i--）
jMax=min（w[i]-1,c）;
j++）//背包容量没有i物品大，则从i-n选物品装入包的中价值等于从i+1~n
m[i][j]=m[i+1][j];
for（intj=w[i];
m[i][j]=max（m[i+1][j],m[i+1][j-w[i]]+v[i]）;
//包可以装入i,则分两种情况，一种是装i，一种是不装i，从中选最大
m[1][c]=m[2][c];
if（c>
=w[1]）
m[1][c]=max（m[1][c],m[1][c-w[1]]+v[1]）;
voidtraceback（intm[][10],int*w,intc,int*x）
n;
if（m[i][c]==m[i+1][c]）
x[i]=0;
x[i]=1;
c-=w[i];
}
x[n]=（m[n][c]>
0）?
1:
0;
intmain（intargc,char*argv[]）
intx[5];
knapsack（v,w,c,m）;
traceback（m,w,c,x）;
5;
if（x[i]==1）
printf（"
%d"
w[i]）;
//printf（"
returnEXIT_SUCCESS;
实验三：
用分支限界法实现0/1背包问题。
算法分析：
采用分支限定法，对物品的选取与否构成一棵解树，左子树表示不装入，右表示装入，通过检索问题的解树得出最优解，并用结点上界杀死不符合要求的结点。
代码如下：
iostream"
//子集空间树结点
classbbnode
friendclassKnap;
friendintKnapsack（intp[],intw[],intc,intn,intbestx[]）;
private:
bbnode*parent;
//指向父结点的指针
boolLChild;
//左儿子结点标志
};
//对大堆结点
classHeapNode
public:
operatorint（）const{returnuprofit;
intuprofit,//结点的价值上界
profit;
//结点所相应的价值
intweight;
//结点所相应的重量
intlevel;
//活结点在子集树种所处的层序号
bbnode*ptr;
//指向活结点在子集树种相应结点的指针
typedefstructHeap
{
intcapacity;
intsize;
HeapNode*Elem;
}Heap,*MaxHeap;
MaxHeapinitH（intmaxElem）
MaxHeapH;
H=（MaxHeap）malloc（sizeof（Heap））;
H->
capacity=maxElem;
Elem=（HeapNode*）malloc（（maxElem）*sizeof（HeapNode））;
size=0;
returnH;
voidInsertH（HeapNodex,MaxHeapH）
inti,sindex=0;
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