算法设计与分析实验报告.docx

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算法设计与分析实验报告

《算法设计与分析》课程报告

课题名称：

_________算法设计与分析__________

课题负责人名（学号）：

同组成员名单（角色）：

指导教师：

评阅成绩：

评阅意见：

提交报告时间：

2013年6月12日

第二章递归与分治策略

2-3改写二分搜索算法

1.问题描述：

设a[0:

n-1]是已排好序的数组。

请改写二分搜索算法，使得当搜索元素x不在数组中时，返回小于x的最大元素位置i和大于x的最小元素位置j。

当搜索元素在数组中时，i和j相同，均为x在数组中的位置。

2.分析与证明：

设a[0:

n-1]是已排好序的数组。

请改写二分搜索算法，使得当搜索元素x不在数组中时，返回小于x的最大元素位置i和大于x的最小元素位置j。

当搜索元素在数组中时，i和j相等，均为x在数组中的位置。

3.代码实现：

template

intBinarySearch（Typea[],constType&x,intleft,intright,int&i,int&j）

{

while（left<=right）{

intmid=（left+right）/2;

if（x==a[mid]）{i=j=mid;return1;}

if（x

elseleft=mid+1;

}

i=right;j=left;//或i=left-1;j=left

return0;

}

5.问题：

改写二分搜索算法，返回小于x的最大元素位置i和大于x的最小元素位置j。

当找到与x同的元素时，i和j相同，均为x在数组中的位置

第三章动态规划

3-5编辑距离问题

1.问题描述：

设A和B是两个字符串。

要用最少的字符操作将字符串A转换为字符串B。

这里所说的字符操作包括：

1）删除一个字符；

2）插入一个字符；

3）将一个字符改为另一个字符。

将字符串A变换为字符串B所用的最少字符操作数称谓字符串A到B的编辑距离，记为d（A,B）。

试设计一个有效算法，对任给的2个字符串A和B，计算出它们的编辑距离d（A,B）。

2.分析与证明：

a.开一个二维数组d[i][j]来记录a0-ai与b0-bj之间的编辑距离，要递推时，需要考虑对其中一个字符串的删除操作、插入操作和替换操作分别花费的开销，从中找出一个最小的开销即为所求

b.具体算法：

c.首先给定第一行和第一列，然后，每个值d[i,j]这样计算：

d[i][j]=min（d[i-1][j]+1,d[i][j-1]+1,d[i-1][j-1]+（s1[i]==s2[j]?

0:

1））;

d.最后一行，最后一列的那个值就是最小编辑距离

3.代码实现：

#include

#include

#include

#include

inti,j;

char*s1=newchar[80];

char*s2=newchar[80];

intmd[81][81];

intmin（inta,intb,intc）;

inteditDistance（intlen1,intlen2）;//最短编辑距离

voidmain（）

{

fstreaminDst;

inDst.open（"E:

\\input.txt",ios:

:

in,0）;

inDst>>s1;

inDst>>s2;

inDst.close（）;

fstreamoutDst;

outDst.open（"E:

\\output.txt",ios:

:

app,0）;

outDst<

outDst.close（）;

}

intmin（inta,intb,intc）

{

inttemp=（a

a:

b;

return（temp

temp:

c;

}

//最短编辑距离

inteditDistance（intlen1,intlen2）

{

//当某一个字符串为空时，最短编辑距离是另外一个字符串的长度。

for（i=0;i<=len1;i++）

{

md[i][0]=i;

}

for（j=0;j<=len2;j++）

{

md[0][j]=j;

}

for（i=1;i<=len1;i++）

{

for（j=1;j<=len2;j++）

{

intcost=（s1[i-1]==s2[j-1]）?

0:

1;

intdelet=md[i-1][j]+1;

intinsert=md[i][j-1]+1;

intsubstit=md[i-1][j-1]+cost;

md[i][j]=min（delet,insert,substit）;

}

}

returnmd[len1][len2];

}

4.测试数据：

Input.txt

fxpimu

xwrs

运行结果：

Output.txt

5

5．复杂度分析：

二重for循环复杂度为O（n^2）

第四章贪心算法

4-9汽车加油问题

1.问题描述：

一辆汽车加满油后可行驶nkm。

旅途中有若干加油站。

设计一个有效算法，指出应在哪些加油站停靠加油，使沿途加油次数最少。

2.证明与分析：

1　解题思路：

先判断是否有解，再对数组从1到k+1计算尽量往前走，直至不能走就+1，计算出最大

2　算法策略：

贪心算法

3　基本变量描述：

data[]和数组a[]都是用来保存k+1个距离值，sum和total均用来记录最少加油次数，total=-1表无解

3.代码实现：

#include

#include

#include

#include

intCarInGas（inta[],intn,intk）;

intmain（）

{

inti,k,n,data[100],total;

fstreamrData;

rData.open（"E:

\\input.txt",ios:

:

in,0）;

rData>>n>>k;

for（i=1;i<=k+1;i++）

{

rData>>data[i];

}

total=CarInGas（data,n,k）;

rData.close（）;

fstreamwData;

wData.open（"E:

\\output.txt",ios:

:

app,0）;

if（!

wData）

{

cout<<"Falsetoopenfile."<

}

if（total==-1）

{

cout<<"Nosolution!

"<

wData<<"Nosolution!

"<

}

else

{

cout<

wData<

}

wData.close（）;

system（"pause"）;

return0;

}

intCarInGas（inta[100],intn,intk）

{

inti,sum=0,curDistan=0;

for（i=1;i<=k+1;i++）

{

if（a[i]>n）

return-1;

}

for（i=1;i<=k+1;i++）

{

curDistan=a[i]+curDistan;

if（curDistan>n）

{

sum++;

curDistan=a[i];

}

}

returnsum;

}

4.测试数据：

Input.txt

77

12345166

运行结果：

Output.txt

4

5.复杂度分析：

for（i=1;i<=k+1;i++）rData>>data[i];复杂度为：

O（n）CarInGas（a,n,k）也为O（n）两者互不嵌套，所以为O（n）

第五章回溯法

5-13工作分配问题

1.问题描述：

设有n件工作分配给n个人。

将工作i分配给第j个人所需的费用为Cij。

试设计一个算法。

为每一个人都分配1件不同的工作，并使总费用达到最小。

2.分析与证明：

由于每个人都必须分配到工作，在这里可以建一个二维数组allot[i][j]，用以表示i号工人完成j号工作所需的费用。

给定一个循环，从第1个工人开始循环分配工作，直到所有工人都分配到。

为第i个工人分配工作时，再循环检查每个工作是否已被分配，没有则分配给i号工人，否则检查下一个工作。

可以用一个一维数组flag[j]来表示第j号工作是否被分配，未分配则flag[j]=0，否则flag[j]=1。

利用回溯思想，在工人循环结束后回到上一工人，取消此次分配的工作，而去分配下一工作直到可以分配为止。

这样，一直回溯到第1个工人后，就能得到所有的可行解。

在检查工作分配时，其实就是判断取得可行解时的二维数组的一下标都不相同，二下标同样不相同。

这样，得到了所有的可行解。

为了得到最少的费用，即可行解中和最小的一个，故需要再定义一个全局变量cost表示最终的总费用，初始cost为allot[i][i]之和，即对角线费用相加。

在所有工人分配完工作时，比较sumFare与cost的大小，如果sumFare小于cost,证明在回溯时找到了一个最优解，此时就把sumFare赋给cost。

考虑到算法的复杂度，可以设计一个剪枝函数。

就是在每次计算局部费用变量sumFare的值时，如果判断sumFare已经大于cost，就没必要再往下分配了，因为这时得到的解必然不是最优解。

3.代码实现：

#include

#include

//usingnamespacestd;

#include

intn;

intcost=0;//现行最小费用

intflag[100];//工作是否被分配，“1”代表已分配

intallot[100][100];//表示i号工人完成j号工作的费用

intWorkAllocation（inti,intsumFare）;

intmain（）

{

fstreamrData;

rData.open（"E:

\\input.txt",ios:

:

in,0）;

rData>>n;

for（inti=1;i<=n;i++）

{

for（intj=1;j<=n;j++）

{

rData>>allot[i][j];

flag[j]=0;

}

cost+=allot[i][i];//对角线费用相加，用于剪枝

}

rData.close（）;

fstreamwData;

wData.open（"E:

\\output.txt",ios:

:

app,0）;

if（!

wData）

{

cout<<"Falsetoopenfile."<

}

wData<

wData.close（）;

system（"pause"）;

return0;

}

intWorkAllocation（inti,intsumFare）

{

if（i>n&&sumFare

{

cost=sumFare;

return1;

}

if（sumFare

{

for（intj=1;j<=n;j++）

{

if（flag[j]==0）

{

flag[j]=1;

WorkAllocation（i+1,sumFare+allot[i][j]）;

flag[j]=0;

}

}

}

returncost;

}

4.测试数据：

Input.txt

3

1023

234

345

运行结果：

Output.txt

9

5.复杂度分析:

从main函数中的for循环中可以看出其算法复杂度为O（n^2）

第六章分支限界法

6-6n皇后问题

1.问题描述：

在nxn格的棋盘上放置彼此不受攻击的n个皇后。

按照国际象棋的规则，皇后可以攻击与之处在同一行或同一列或同一斜线上的棋子。

n皇后问题等价于在nxn各的棋盘上放置n个皇后，任何两个皇后不放在同一行或者同一列或者同一斜线上。

设计一个解n皇后问题的队列式分支限界法，计算在nxn个方格上放置彼此不受攻击的n个皇后的一个放置方案。

2.分析与证明：

题目要求我们只需要输出摆放皇后的一中解，所以在分支限界法时，每一种皇后的摆放即为一条分支，而遍历解空间相当于广度优先遍历树，因此只要将n个皇后摆放完成，便可以输出解，并不存在最优解的情况。

3.代码实现：

#include

#include

#include

usingnamespacestd;

fstreamminput（"D:

\\input.txt"）;

fstreammoutput（"D:

\\output.txt"）;

classNode

{

public:

Node（intn）

{

t=0;

this->n=n;

loc=newint[n+1];

for（inti=0;i<=n;++i）

{

loc[i]=0;

}

}

Node（constNode&other）

{

this->t=other.t;

this->n=other.n;

this->loc=newint[n+1];

for（inti=0;i<=n;++i）

{

this->loc[i]=other.loc[i];

}

}

intt;

int*loc;

intn;

boolcheckNext（intnext）;

voidprintQ（）;

};

boolNode:

:

checkNext（intnext）

{

inti;

for（i=1;i<=t;++i）

{

if（loc[i]==next）

{

returnfalse;

}

if（loc[i]-next==t+1-i）

{

returnfalse;

}

if（loc[i]-next==i-t-1）

{

returnfalse;

}

}

returntrue;

}

voidNode:

:

printQ（）

{

for（inti=1;i<=n;++i）

{

moutput<

}

moutput<

}

classQueen

{

public:

intn;

intansNum;

Queen（intn）{

this->n=n;

ansNum=0;

}

voidArrangQueen（）;

};

voidQueen:

:

ArrangQueen（）

{

queueQ;

Nodeini（n）;

Q.push（ini）;

while（!

Q.empty（））

{

Nodefather=Q.front（）;

Q.pop（）;

if（father.t==n）

{

father.printQ（）;

++ansNum;

break;

}

for（inti=1;i<=n;++i）

{

if（father.checkNext（i））

{

NodeChild（father）;

++Child.t;

Child.loc[Child.t]=i;

Q.push（Child）;

}

}

}

}

intmain（void）

{

intnum;

minput>>num;

QueenQ（num）;

Q.ArrangQueen（）;

return0;

}

4.测试数据：

Input.txt

5

运行结果：

Output.txt

13524

5.复杂度分析：

递归调用for循环，算法复杂度为O（n!

）