实验一 统计数字问题
1、问题描述：
一本书的页码从自然数1 开始顺序编码直到自然数n。书的页码按照通常的习惯编排，每个页码都不含多余的前导数字0。例如，第6 页用数字6 表示，而不是06 或006 等。数字计数问题要求对给定书的总页码n，计算出书的全部页码中分别用到多少次数字0，1， 2，…，9。
2、题目分析：
考虑由0,1,2,…,9组成的所有n位数。从n个0到n个9共有个n位数，在这些n位数中，0,1,2,…，9每个数字使用次数相同，设为。 满足如下递归式：
由此可知，。
据此，可从低位向高位进行统计，再减去多余的0的个数即可。
3、算法设计：
定义数组a[10]存放0到9这10个数出现的次数，个位为第0位，第j位的数字为r。采用while循环从低位向高位统计：
a. 统计从个位算起前j位0~9个数；
b. 如果j+1位为0，去掉第j+1位补0个数；
c. 统计第j+1位出现1~(r-1)个数；
d. 统计第j+1位出现r个数。
4、源程序：
#include
int main()
{
long int sn[10];
int i,n,c,k,s,pown;
for(i=0;i<10;i++) br=""> sn[i]=0;
cin>>n;
for(k=s=0,pown=1;n>0;k++,n/=10,pown*=10)
{
c=n%10;
for(i=0;i<10;i++) br=""> sn[i]+=c*k*(pown/10);
for(i=0;i<c;i++) br=""> sn[i]+=pown;
sn[c]+=1+s;
sn[0] -=pown;
s+=c*pown;
}
for(i=0;i<10;i++) br=""> cout<<sn[i] n="" br=""> }
5、算法分析：
函数count()的复杂度为O(1)，主函数调用count()，故该算法的时间复杂度为O(1)。
实验二 最大间隙问题
1、问题描述：
最大间隙问题：给定n 个实数x1 , x2 ,... , xn,求这n 个数在实轴上相邻2 个数之间的最大差值。假设对任何实数的下取整函数耗时O(1)，设计解最大间隙问题的线性时间算法。 对于给定的n 个实数x1 , x2 ,... , xn，编程计算它们的最大间隙。
2、题目分析：
考虑到实数在实轴上按大小顺序排列，先对这n个数排序，再用后面的数减去前面的数，即可求出相邻两数的差值，找出差值中最大的即为最大差值。
3、算法设计：
a. 用快速排序算法对这n个数排序，快速排序算法是基于分治策略的一个排序算
法。其基本思想是，对于输入的子数组a[p:r]，按以下三个步骤进行排序：
①分解：以a[p]为基准元素将a[p:r]划分为3段a[p:q-1]，a[q]和a[q+1:r]，使a[p:q-1]中任何一个元素小于等于a[p]，而a[q+1:r]中任何一个元素大于等于a[q]。下标q在划分过程中确定。
②递归求解：通过递归调用快速排序算法分别对a[p:q-1]和a[q+1:r]进行排序。
③合并：由于对a[p:q-1]和a[q+1:r]的排序是就地进行的，所以在a[p:q-1]和
a[q+1:r]都已排好的序后，不需要执行任何计算，a[p:r]就已排好序。
b. 用函数maxtap()求出最大差值。
4、源程序：
#include
#include
double a[1000000];
template
void swap(Type &x,Type &y)
{
Type temp=x;
x=y;
y=temp;
}
template
int Partition(Type *a,int low,int high)
{
Type pivotkey;
int mid=(low+high)/2;
if((a[low]<a[mid]&&a[mid] a="" high="" low="">a[mid]&&a[mid]>a[high]))
swap(a[low],a[mid]);
if((a[low]<a[high]&&a[mid]>a[high])||(a[low]>a[high]&&a[mid]<a[high])) br=""> swap(a[low],a[high]);
pivotkey=a[low];
int i=low;
int j=high+1;
while(true)
{
while(a[++i]<pivotkey); br=""> while(a[--j]>pivotkey);
if(i>=j) break;
swap(a[i],a[j]);
}
a[low]=a[j];
a[j]=pivotkey;
return j;
}
template
void Quicksort(Type *a,int low,int high)
{
if(low<high) br=""> {
int q=Partition(a,low,high);
Quicksort(a,low,q-1);
Quicksort(a,q+1,high);
}
}
template
Type maxtap(Type *a,int n)
{
Type maxtap=0;
for(int i=0;i<n-1;i++) br=""> maxtap=(a[i+1]-a[i])>maxtap (a[i+1]-a[i]):maxtap;
return maxtap;
}
main()
{
int i,n;
scanf("%d",&n);
for(i=0;i<n;i++) br=""> scanf("%lf",&a[i]);
Quicksort(a,0,n-1);
printf("%lf",maxtap(a,n));
return 0;
5、算法分析：
快速排序的运行时间与划分是否对称有关，其最坏情况发生在划分过程产生的两个区域分别包含n-1个元素和1个元素的时候。由于函数Partition的计算时间为O（n），所以如果算法Partition的每一步都出现这种不对称划分，则其计算时间复杂性T（ｎ）满足:
解此递归方程可得。
在最好情况下，每次划分所取得基准都恰好为中值，即每次划分都产生两个大小为ｎ／２的区域，此时，Partition的计算时间Ｔ（ｎ）满足：
其解为。
可以证明，快速排序算法在平均情况下的时间复杂性也是。
实验三 众数问题
1、问题描述：
给定含有n个元素的多重集合S，每个元素在S中出现的次数称为该元素的重数。多重集S中重数最大的元素称为众数。例如，S={1，2，2，2，3，5}。多重集S的众数是2，其重数为3。 对于给定的由n 个自然数组成的多重集S，编程计算S 的众数及其重数。
2、题目分析：
题目要求计算集合中重复出现最多的数以及该数出现的次数，若两个数出现的次数相同，则取较小的数。先对集合中的元素从小到大排序，再统计重数，找出最大的重数以及它对应的元素。
3、算法设计：
a. 建立数组a[n]存储集合中的元素；
b. 调用库函数sort(a,a+n)对集合中的元素从小到大排序；
c. 采用for循环依次对排序后的元素进行重数统计：
①用m标记元素，用s统计该元数的重数，分别用 max和t标记出现的最大重数和该重数对应的元素。
②若当前元素不同于前一个元素，且前一个元素的重数s>max,更新max和t。
4、源程序：
#include
using namespace std;
#include
main()
{
int n,i,t,m=0,s,max=0,*a;
scanf("%d",&n);
a=new int[n];
for(i=0;i<n;i++) br=""> scanf("%d",&a[i]);
sort(a,a+n);
for(i=0;i<n;i++) br=""> {
if(m!=a[i])
s=1;
else
s++;
m=a[i];
if(s>max)
{
t=m;
max=s;
}
}
printf("%d\n%d\n",t,max);
return 0;
}
5、算法分析：
主函数内调用的库函数sort(a,a+n)的时间复杂度为，for循环的时间杂度为Ο(n)，故该算法的时间杂度为。
实验四 半数集问题
1、问题描述：
给定一个自然数n，由n开始可以依次产生半数集set(n)中的数如下：(1) n∈set(n)；(2) 在n的左边加上一个自然数，但该自然数不能超过最近添加的数的一半；(3) 按此规则进行处理，直到不能再添加自然数为止。
例如：set(6)={6,16,26,126,36,136}，半数集set(6)中有6 个元素。注意半数集
是多重集，对于给定的自然数n，编程计算半数集set(n)中的元素个数。
2、题目分析：
题目要求输入有多行，每行给出一个整数n (0 < n < 1000) ，输入以文件结束标志EOF结束。半数集set(n)中的元素个数即为所有半数集set(j) (j<=n 2="" 1="" br="">
3、算法设计：
a. 用数组count[i]计算set(i)中的元素个数，即计算所有j<=i 2="" set="" j="" br=""> 其自身的个数之和；
b. 用数组count_sum[i]计算所有j<=i的set(j) br=""> c. 采用for循环分别对count[i]、count_sum[i]进行累加，即可求出半数集set(n)中的
元素个数。
4、源程序：
#include
int set(int n)
{
int i,count[1001],count_sum[1001];
count[1]=1;
count_sum[1]=1;
for(i=2;i<=n;i++) br=""> {
count[i]=count_sum[i/2]+1;
count_sum[i]=count_sum[i-1]+count[i];
}
return count[n];
}
main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
printf("%d\n",set(n));
return 0;
}
5、算法分析：
函数set(n)的时间复杂度为Ο(n)，主函数调用函数set(n)，故该算法的时间复杂度为Ο(n)。
实验五 集合划分问题
2、题目分析：
题目要求计算n个元素的集合共有多少个划分（其中每个划分都由不同的非空子集组成），n个元素的集合划分为m个块的划分数为F(n,m)=F(n-1,m-1)+m*F(n-1,m),m从1到n的划分个数相加即可求得总的划分数。
3、算法设计：
a. 这一题的结果数很大，需要使用64位长整型：__int64；
b. 函数div()采用递归的方式计算n个元素的集合划分为i个块的划分数：
①div (n,1)=1，div (n,n)=1;
②div (n,i)= div (n-1,i-1)+i*div (n-1,i)
c. 主函数采用for循环调用函数div(n,i)（1≤i≤n）对划分数进行累加统计。
4、源程序：
#include
__int64 div(__int64 n,__int64 i)
{
if(i==1||i==n)
return 1;
else return div(n-1,i-1)+i*div(n-1,i);
}
main()
{
__int64 i,n,s=0;
scanf("%I64d",&n);
for(i=1;i<=n;i++) br=""> s=s+div(n,i);
printf("%I64d",s);
return 0;
}
5、算法分析：
函数div()的时间复杂度为，主函数内for循环的时间复杂度为O(n)，函数div()嵌套在for循环内，故该算法的时间复杂度为。
实验七 编辑距离问题
1、问题描述：
设A 和B 是2 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为字符串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、题目分析：
题目要求计算两字符串的编辑距离，可以采用动态规划算法求解，由最优子结构性质可建立递归关系如下：
其中数组d[i][j] 存储长度分别为i、j的两字符串的编辑距离；用edit标记所比较
的字符是否相同，相同为0，不同为1；用m、n存储字符串a、b的长度。
3、算法设计：
a. 函数min()找出三个数中的最小值；
b. 函数d()计算两字符串的编辑距离：
①用edit标记所比较的字符是否相同，相同为0，不同为1；
②分别用m、n存储字符串a、b的长度，用数组d[i][j] 存储长度分别为i、j的两字符串的编辑距离，问题的最优值记录于d[n][m]中；
③利用递归式写出计算d[i][j]的递归算法。
4、源程序：
#include
using namespace std;
int min(int a, int b, int c)
{
int temp = (a < b a : b);
return (temp < c temp : c);
}
int d(char* a, char* b)
{
int m = strlen(a);
int n = strlen(b);
int i,j ,temp;
int **d;
d=(int **)malloc(sizeof(int *)*(m+1));
for(i=0;i<=m;i++) br=""> {
d[i]=(int *)malloc(sizeof(int)*(n+1));
}
d[0][0]=0;
for(i=1;i<=m;i++) br=""> d[i][0]=i;
for(j=1;j<=n;j++) br=""> d[0][j]=j;
for( i=1;i<=m;i++) br=""> {
for(j=1;j<=n;j++) br=""> {
int edit=( a[i-1] == b[j-1] 0 : 1);
d[i][j]=min((d[i-1][j-1]+edit),
(d[i][j-1]+1),(d[i-1][j]+1));
}
}
temp = d[m][n];
free(d);
return temp;
}
main()
{
char a[10000],b[10000];
scanf("%s\n%s",a,b);
printf("%d",d(a,b));
return 0;
}
5、算法分析：
函数d()采用了双重循环，里层的for循环复杂度为O(n)，外层的for循环复杂度为O(m)，主函数调用了函数d()，故该算法的时间复杂度为O(mn)。
实验八 程序存储问题
1、问题描述：
设有n 个程序{1,2,…, n }要存放在长度为L的磁带上。程序i存放在磁带上的长度是i l ， 1 ≤i ≤n。程序存储问题要求确定这n 个程序在磁带上的一个存储方案，使得能够在磁带上存储尽可能多的程序。对于给定的n个程序存放在磁带上的长度，编程计算磁带上最多可以存储的程序数。
2、题目分析：
题目要求计算给定长度的磁带最多可存储的程序个数，先对程序的长度从小到大排序，再采用贪心算法求解。
3、算法设计：
a. 定义数组a[n]存储n个程序的长度，s为磁带的长度；
b. 调用库函数sort(a,a+n)对程序的长度从小到大排序；
c. 函数most()计算磁带最多可存储的程序数，采用while循环依次对排序后的程序
长度进行累加，用i计算程序个数，用sum计算程序累加长度（初始i=0,sum=0）：
① sum=sum+a[i];
② 若sum<=s，i加1，否则i为所求； br=""> ③ i=n时循环结束；
d. 若while循环结束时仍有sum<=s，则n为所求。 br="">
4、源程序：
#include
using namespace std;
#include
int a[1000000];
int most(int *a,int n,int s)
{
int i=0,sum=0;
while(i<n) br=""> {
sum=a[i]+sum;
if(sum<=s) br=""> i++;
else return i;
}
return n;
}
main()
{
int i,n,s;
scanf("%d %d\n",&n,&s);
for(i=0;i<n;i++) br=""> scanf("%d",&a[i]);
sort(a,a+n);
printf("%d",most(a,n,s));
return 0;
}
5、算法分析：
函数most()的时间杂度为Ο(n)，主函数调用的库函数sort(a,a+n)的时间复杂度为，且主函数调用函数most()，故该算法的时间杂度为。
实验九 最优服务次序问题
1、问题描述：
设有n 个顾客同时等待一项服务。顾客i需要的服务时间为ti ,1 ≤i≤n。应如何安排n 个顾客的服务次序才能使平均等待时间达到最小 平均等待时间是n 个顾客等待服务时间的总和除以n。对于给定的n个顾客需要的服务时间，编程计算最优服务次序。
2、题目分析：
考虑到每个顾客需要的服务时间已给定，要计算最优服务次序，可以先对顾客需要的服务时间由短到长排序，再采用贪心算法求解。
3、算法设计：
a. 定义数组a[n]存储n个顾客需要的服务时间；
b. 调用库函数sort(a,a+n)对顾客需要的服务时间由短到长排序；
c. 函数time()计算最小平均等待时间，采用while循环依次对顾客等待服务时间进
行累加，用a[i]标记第i+1个顾客需要的服务时间，用b[i]计算第i+1个顾客的等待服务
时间，用t计算前i+1个顾客等待服务时间的总和（初始i=1, t=a[0],b[0]=a[0]）：
① b[i]=a[i]+b[i-1]，t=b[i]+t；
② i++；
③ i=n时循环结束；
d. t/n为所求。
4、源程序：
#include
using namespace std;
#include
int a[1000000],b[1000000];
double time(int *a,int n)
{
int i=1,j=0;
double t=a[0];
b[0]=a[0];
while(i<n) br=""> {
b[i]=a[i]+b[i-1];
t=b[i]+t;
i++;
}
return t/n;
}
main()
{
int i,n;
scanf("%d",&n);
for(i=0;i<n;i++) br=""> scanf("%d",&a[i]);
sort(a,a+n);
printf("%0.2lf",time(a,n));
return 0;
}
5、算法分析：
函数time()的时间杂度为Ο(n)，主函数调用的库函数sort(a,a+n)的时间复杂度为，且主函数调用函数time()，故该算法的时间杂度为。
实验十 汽车加油问题
1、问题描述：
一辆汽车加满油后可行驶n公里。旅途中有若干个加油站。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。并证明算法能产生一个最优解。对于给定的n和k个加油站位置，编程计算最少加油次数。
2、题目分析：
题目要求编程计算最少加油次数，若无法到达目的地，则输出“No Solution”。该题 可以采用贪心算法求解，从出发地开始进行判别：油足够则继续行驶；油不够则加油，计算加油次数；油满仍不够则“No Solution”。
3、算法设计：
a. n表示汽车加满油后可行驶n公里，k表示出发地与目的地之间有k个加油站；
b. 定义数组a[k+1]存储加油站之间的距离：用a[i]标记第i个加油站与第i+1个加
油站之间的距离（第0 个加油站为出发地，汽车已加满油；第k+1 个加油站为目的地）；
c. 用m计算加油次数，用t标记在未加油的情况下汽车还能行驶t公里，采用for
循环从出发地开始（即i=0）依次计算加油次数：
① 若a[i]>n，则输出“No Solution”；
② 若t<a[i]，则加油一次：t=n,m++； br=""> ③ 行驶a[i]公里后，汽车还能行驶t- a[i]公里；
④ i=k+1时循环结束；
d. m即为所求。
4、源程序：
#include
main()
{
int i,n,k,t,m,a[10000];
scanf("%d%d",&n,&k);
for(i=0;i<=k;i++) br=""> scanf("%d",&a[i]);
m=0;
t=n;
for(i=0;i<=k;i++) br=""> {
if(a[i]>n)
{
printf("No Solution");
break;
}
else if(t<a[i]) br=""> {
t=n; m++;
}
t=t-a[i];
}
if(i==k+1)
printf("%d",m);
return 0;
}
5、算法分析：
主函数内for循环的时间复杂度为O（k），故该算法的时间杂度为O（k）。
实验十一 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。设计一个算法，对于给定的工作费用，计算最佳工作分配方案，使总费用达到最小。
2、题目分析：
考虑到每个人对应的每项工作费用已给定，要计算最佳工作分配方案，使总费用达到最小，可以采用回溯法求解。由于回溯法是对解空间的深度优先搜索，因此此题可用排列树来表示解空间。
3、算法设计：
a. 用c[i][j]存储将工作i分配给第j个人所需的费用，用v[j] 标记第j个人是否已分
配工作；
b. 用递归函数backtrack (i, total)来实现回溯法搜索排列树（形式参数i表示递归深
度，n用来控制递归深度，形式参数total表示当前总费用，s表示当前最优总费用）：
① 若total>=s，则不是最优解，剪去相应子树，返回到i-1层继续执行；
② 若i >n，则算法搜索到一个叶结点，用s对最优解进行记录，返回到i-1层
继续执行；
③ 采用for循环针对n个人对工作i进行分配（1≤j≤n）：
1> 若v[j]==1 ，则第j个人已分配了工作，找第j+1个人进行分配；
2> 若v[j]==0，则将工作i分配给第j个人（即v[j]=1 ），对工作i+1调用递归函数backtrack(i+1,total+c[i][j])继续进行分配；
3> 函数backtrack(i+1,total+c[i][j])调用结束后则返回v[j]=0，将工作i对
第j+1个人进行分配；
4> 当j>n时，for循环结束；
④ 当i=1时，若已测试完c[i][j]的所有可选值，外层调用就全部结束；
c. 主函数调用一次backtrack(1,0)即可完成整个回溯搜索过程，最终得到的s即为
所求最小总费用。
4、源程序：
#include
#define MAX 1000;
int n,c[21][21],v[21],s,total;
void backtrack(int i,int total)
{
int j;
if(total>=s)
return;
if(i>n)
{
s=total;
return;
}
else
for(j=1;j<=n;j++) br=""> {
if(v[j]==1)
continue;
if(v[j]==0)
{
v[j]=1; backtrack(i+1,total+c[i][j]);
v[j]=0;
}
}
}
main()
{
int i,j;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++) br=""> {
for(j=1;j<=n;j++) br=""> {
scanf("%d",&c[i][j]);
v[j]=0;
}
}
s=MAX;
backtrack(1,0);
printf("%d",s);
return 0;
}
5、算法分析：
递归函数backtrack (i, total)遍历排列树的时间复杂度为O（n!），主函数调用递归函
数backtrack(1,0)，故该算法的时间复杂度为O（n!）。
实验十二 0-1背包问题
1、问题描述：
给定n 种物品和一个背包。物品i 的重量是wi ，其价值为vi ，背包的容量为C。应如何选择装入背包的物品，使得装入背包中物品的总价值最大 在选择装入背包的物品时，对每种物品i只有2 种选择，即装入背包或不装入背包。不能将物品i 装入背包多次，也不能只装入部分的物品i。 0-1 背包问题形式化描述：给定C＞0， wi ＞0， vi ＞0，1≤i≤n，要求n 元0-1向量( x1 ， x2 ，…， xn )，xi = 0或1，1≤i≤n，使得，而且达到最大。
2、题目分析：
考虑到每种物品只有2 种选择，即装入背包或不装入背包，并且物品数和背包容量已给定，要计算装入背包物品的最大价值和最优装入方案，可用回溯法搜索子集树的算法进行求解。
3、算法设计：
a. 物品有n种，背包容量为C，分别用p[i]和w[i]存储第i种物品的价值和重量，用
x[i]标记第i种物品是否装入背包，用bestx[i]存储第i种物品的最优装载方案；
b. 用递归函数Backtrack (i,cp,cw)来实现回溯法搜索子集树（形式参数i表示递归深
度，n用来控制递归深度，形式参数cp和cw表示当前总价值和总重量，bestp表示当前
最优总价值）：
① 若i >n，则算法搜索到一个叶结点，判断当前总价值是否最优：
1> 若cp>bestp，更新当前最优总价值为当前总价值（即bestp=cp），更新
装载方案（即bestx[i]=x[i]( 1≤i≤n)）；
② 采用for循环对物品i装与不装两种情况进行讨论（0≤j≤1）：
1> x[i]=j；
2> 若总重量不大于背包容量（即cw+x[i]*w[i]<=c），则更新当前总价 br=""> 值和总重量（即cw+=w[i]*x[i],cp+=p[i]*x[i]）, 对物品i+1调用递归函
数Backtrack(i+1,cp,cw) 继续进行装载；
3> 函数Backtrack(i+1,cp,cw)调用结束后则返回当前总价值和总重量
（即 cw-=w[i]*x[i],cp-=p[i]*x[i]）；
4> 当j>1时，for循环结束；
③ 当i=1时，若已测试完所有装载方案，外层调用就全部结束；
c. 主函数调用一次backtrack(1,0,0)即可完成整个回溯搜索过程，最终得到的bestp和bestx[i]即为所求最大总价值和最优装载方案。
4、源程序：
#include
int n,c,bestp;
int p[10000],w[10000],x[10000],bestx[10000];
void Backtrack(int i,int cp,int cw)
{
int j;
if(i>n)
{
if(cp>bestp)
{
bestp=cp;
for(i=0;i<=n;i++) br=""> bestx[i]=x[i];
}
}
else
for(j=0;j<=1;j++) br=""> {
x[i]=j;
if(cw+x[i]*w[i]<=c) br=""> {
cw+=w[i]*x[i];
cp+=p[i]*x[i];
Backtrack(i+1,cp,cw);
cw-=w[i]*x[i];
cp-=p[i]*x[i];
}
}
}
main()
{
int i;
bestp=0;
scanf("%d%d",&n,&c);
for(i=1;i<=n;i++) br=""> scanf("%d",&p[i]);
for(i=1;i<=n;i++) br=""> scanf("%d",&w[i]);
Backtrack(1,0,0);
printf("Optimal value is\n");
printf("%d\n",bestp);
for(i=1;i<=n;i++) br=""> printf("%d ",bestx[i]);
return 0;
}
5、算法分析：
递归函数Backtrack (i,cp,cw)遍历子集树的时间复杂度为，主函数调用递归函
数Backtrack(1,0,0)，故该算法的时间复杂度为。
实验十三 最小重量机器设计问题
1、问题描述：
设某一机器由n个部件组成，每一种部件都可以从m个不同的供应商处购得。设 wij 是从供应商j 处购得的部件i的重量，cij 是相应的价格，给出总价格不超过d的最小重量机器设计。
2、题目分析：
考虑到从每一处供应商购得每一种部件的重量和相应价格以及总价格的上限已给定，要设计最小重量机器方案计算最小重量，可用回溯法搜索排列树的算法进行求解。
3、算法设计：
a. 部件有n个，供应商有m个，分别用w[i][j]和c[i][j]存储从供应商j 处购得的部
件i的重量和相应价格，d为总价格的上限。
b. 用递归函数Knapsack(i,cs,ws)来实现回溯法搜索排列树（形式参数i表示递归深
度，n用来控制递归深度，形式参数cs和ws表示当前总价格和总重量，bestw表示当前
最优总重量）：
① 若cs>d，则为不可行解，剪去相应子树，返回到i-1层继续执行；
② 若ws>=bestw，则不是最优解，剪去相应子树，返回到i-1层继续执行；
③ 若i >n，则算法搜索到一个叶结点，用bestw对最优解进行记录，返回到
i-1层继续执行；
④ 采用for循环对部件i从m个不同的供应商购得的情况进行讨论(1≤j≤m）：
1> 调用递归函Knapsack(i+1,cs+c[i][j],ws+w[i][j])对部件i+1进行购买；
2> 当j>m时for循环结束；
⑤ 当i=1时，若已测试完所有购买方案，外层调用就全部结束；
c. 主函数调用一次Knapsack(1,0,0)即可完成整个回溯搜索过程，最终得到的bestw
即为所求最小总重量。
4、源程序：
#include
#define MIN 1000
int n,m,d,cs,ws,bestw;
int w[100][100],c[100][100];
void Knapsack(int i,int cs,int ws)
{
int j;
if(cs>d)
return;
else if(ws>=bestw)
return;
else if(i>n)
{
bestw=ws;
return;
}
else
{
for(j=1;j<=m;j++) knapsack="" i="" 1="" cs="" c="" j="" ws="" w="" br=""> }
}
main()
{
int i,j;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&d);
for(i=1;i<=n;i++) br=""> {
for(j=1;j<=m;j++) br=""> scanf("%d",&c[i][j]);
}
for(i=1;i<=n;i++) br=""> {
for(j=1;j<=m;j++) br=""> scanf("%d",&w[i][j]);
}
bestw=MIN;
Knapsack(1,0,0);
if(bestw==MIN)
printf("No Solution!");
else
printf("%d",bestw);
return 0;
}
5、算法分析：
递归函数Knapsack(i,cs,ws)遍历排列树的时间复杂度为O（n!）；主函数的双重for
循环的时间复杂度为O(mn)， 且主函数调用递归函数Knapsack(1,0,0)，故该算法的时
间复杂度为O（n!）。
实验十四 最小权顶点覆盖问题
1、问题描述：
给定一个赋权无向图G=(V,E)，每个顶点v∈V都有一个权值w(v)。如果U包含于V，且对于(u,v)∈E 有u∈U 且v∈V-U，则有v∈K.如：U = {1}, 若有边（1，2）， 则有2属于K. 若有集合U包含于V使得U + K = V, 就称U 为图G 的一个顶点覆盖。G 的最小权顶点覆盖是指G 中所含顶点权之和最小的顶点覆盖。
2、题目分析：
考虑到每个顶点有在与不在顶点覆盖集中两种情况，并且每个顶点的权值已给定，
要计算最小权顶点覆盖的顶点权之和，可用回溯法搜索子集树的算法进行求解。
3、算法设计：
a. 给定的图G 有n 个顶点和m条边，用w[i]存储顶点i的权值，用e[i][j]标记两顶
点为i和j的边是否存在，用c[i]标记顶点i是否在顶点覆盖集中；
b. 用函数cover()判断图G 是否被顶点覆盖（用t标记）：
① 初始t=0；
② 采用while循环对每个顶点i（1≤i≤n）进行讨论：
1> 若顶点i不在顶点覆盖集中（即c[i]==0），则查找与之有边连接的顶点j（即e[i][j]==1），判断所有顶点j：
若存在顶点j在顶点覆盖集中（即c[j]==0），则t=1；
若所有顶点j都不在顶点覆盖集中（即t==0），则图G 未被顶点
覆盖（return 0）；
2> 当i>n时循环结束；
③ return 1；
c. 用递归函数cut(i, s) 来实现回溯法搜索子集树（形式参数i表示递归深度，n用
来控制递归深度，形式参数s表示当前顶点权之和）：
① 若s>=bestw，则不是最优解，剪去相应子树，返回到i-1层继续执行；
② 若i >n，则算法搜索到一个叶结点，调用函数cover()对图G进行判断：
若cover()为真，则用bestw对最优解进行记录，返回到i-1层继续执行；
③ 对顶点i分在与不在顶点覆盖集中两种情况进行讨论：
1> 若顶点i不在顶点覆盖集中（即c[i]==0），则调用函数cut(i+1,s)；
2> 若顶点i在顶点覆盖集中（即c[i]==1），则调用函数cut(i+1,s+w[i])；
④ 当i=1时，若已测试完所有顶点覆盖方案，外层调用就全部结束；
d. 主函数调用一次cut(1,0)即可完成整个回溯搜索过程，最终得到的bestw即为所
求最小顶点权之和。
4、源程序：
#include
#define MIN 100000
int m,n,u,v,bestw;
int e[100][100],w[100],c[100];
int cover()
{
int i,j,t;
i=1;
while (i<=n) br=""> {
t=0;
if(c[i]==0)
{
j=1;
while(j<i) br=""> {
if(e[j][i]==1&&c[j]==1)
t=1;
j++;
}
j++;
while(j<=n) br=""> {
if(e[i][j]==1&&c[j]==1)
t=1;
j++;
}
if(t==0)
return 0;
}
i++;
}
return 1;
}
void cut(int i,int s)
{
if(s>=bestw)
return;
if(i>n)
{
if(cover())
bestw=s;
return;
}
c[i]=0;
cut(i+1,s);
c[i]=1;
cut(i+1,s+w[i]);
}
main()
{
int i,j,k;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++) br=""> {
scanf("%d",&w[i]);
c[i]=0;
}
for(i=1;i<=n;i++) br=""> for(j=1;j<=n;j++) br=""> e[i][j]=0;
for(k=1;k<=m;k++) br=""> {
scanf("%d%d",&u,&v);
e[u][v]=1;
}
bestw=MIN;
cut(1,0);
printf("%d",bestw);
return 0;
}
5、算法分析：
函数cover()的双重while循环的时间复杂度为，递归函数cut(i, s)遍历子集
树的时间复杂度为，且函数cover()嵌套在函数cut(i, s)内，所以递归函数cut(i, s)
的时间复杂度为；主函数的双重for循环的复杂度为，且主函数调用
递归函数cut(1, 0)，故该算法的时间复杂度为。
实验十五 集合相等问题
1、问题描述：
给定2个集合S和T，试设计一个判定S和 T是否相等的蒙特卡罗算法。
2、题目分析：
题目要求用蒙特卡罗算法进行求解，随机选择集合S中的元素与集合T中的元素进行比较，若随机选择很多次都能从集合T中找到与之对应的相等，则集合S和T相等。
3、算法设计：
a. 蒙特卡罗算法Majority对从集合S中随机选择的数组元素x,测试集合T中是否有
与之相等的元素：若算法返回的结果为true，则集合T中有与x相等的元素；若返回false，
则集合T中不存在与x相等的元素，因而集合S和 T不相等。
b. 算法MajorityMC重复调用次算法Majority，调用过程中若Majority
返回true则继续调用，否则可以判定集合S和 T不相等（MajorityMC返回false）。
c. 主函数调用算法MajorityMC：若返回true，则集合T和集合S相等；若返回false，
则集合S和 T不相等。
4、源程序：
#include
#include
#include
#include
bool Majority(int *S,int *T,int n)
{
int i,j,x;
bool k;
time_t t;
//利用随机函数rand求0—n-1的随机数i
srand((unsigned)time(&t));
i=rand()%(n)-1;
x=S[i];
k=0;
for(j=0;j<n;j++) br=""> {
if(T[j]==x)
k=1;
}
return k;
}
bool MajorityMC(int *S,int *T,int n)
{//重复次调用算法Majority
int k;
double e;
e=0.00001;
//利用函数ceil求
k=(int)ceil(log(1/e));
for(int i=1;i<=k;i++) br=""> {
if(!Majority(S,T,n))
return 0;
}
return 1;
}
main()
{
int i,n;
int S[100000],T[100000];
scanf("%d",&n);
for(i=0;i<n;i++) br=""> scanf("%d",&S[i]);
for(i=0;i<n;i++) br=""> scanf("%d",&T[i]);
if(MajorityMC(S,T,n))
printf("YES");
else printf("NO");
return 0;
}
5、算法分析：
蒙特卡罗算法Majority的时间复杂度为O(n)；算法MajorityMC重复调用
次算法Majority，时间复杂度为；主函数调用算法MajorityMC，故该算
法的时间复杂度为。
实验十六 战车问题
1、问题描述：
在 n×n格的棋盘上放置彼此不受攻击的车。按照国际象棋的规则，车可以攻击与之处在同一行或同一列上的棋子。在棋盘上的若干个格中设置了堡垒，战车无法穿越 堡垒攻击别的战车。对于给定的设置了堡垒的 n×n格棋盘，设计一个概率算法，在棋盘上放置尽可能多彼此不受攻击的车。
2、题目分析：
从第一行开始随机产生一个位置，看战车在该位置上能否放置，分三种情况讨论：
a. 该随机位置对应在棋盘上是一个堡垒，则不能放置；
b. 该位置与前面放置的战车相冲突，即在受前面放置战车攻击的位置上，则
也不能放置；
c. 该随机位置不受攻击也不是堡垒，则可以放置；
如果不能放置,则重新产生一个随机位置再判断，如果可以放置, 则放在该位置上并记录战车个数和该战车可能攻击的位置。以这种方法从第一行开始放置，第一行不能放置战车后再放第二行，直至第n行结束。
3、算法设计：
a. 建立随机数类CRandomNumber；
b. 函数CheckPlace判断是否可以放入战车，同时查看所放战车的攻击位置；
c. 函数MaxChes产生随机位置，放置并记录战车数。
4、源程序：
#include
#include
#include
#include
const unsigned long multiplier=1194211693L;
const unsigned long adder=12345L;
class CRandomNum
{
private:
unsigned long nSeed;
public:
CRandomNum(unsigned long s=0);
unsigned short Random(unsigned long n);
};
CRandomNum::CRandomNum(unsigned long s)
{
if(s==0)
nSeed=time(0);
else
nSeed=s;
}
unsigned short CRandomNum::Random(unsigned long n)
{
nSeed=multiplier*nSeed+adder;
return (unsigned short)((nSeed>>16)%n);
}
bool CheckPlaceChe(int **b,char **a,int x,int y,int n)
{
if(b[x][y]==1)return false;
else
{
b[x][y]=1;
if((y>=1)&&(y<=n)) br=""> { //上搜索
for(int i=y-1;i>=0;i--)
{
if ((b[x][i]==1) &&(a[x][i]==‘X‘))
break;
else b[x][i]=1;
}
}
if((y<=n-1)&&(y>=0))
{ //下搜索
for(int i=y+1;i<n;i++) br=""> {
if((b[x][i]==1)&&(a[x][i]==‘X‘))
break;
else b[x][i]=1;
}
}
if((x>=1)&&(x<=n)) br=""> { //左搜索
for(int j=x-1;j>=0;j--)
{
if((b[j][y]==1) &&(a[j][y]==‘X‘))
break;
else b[j][y]=1;
}
}
if((x>=0)&&(x<=n-1)) br=""> { //右搜索
for(int j=x+1;j<n;j++) br=""> {
if((b[j][y]==1) &&(a[j][y]==‘X‘))
break;
else b[j][y]=1;
}
}
return true;
}
}
int MaxChes(int **b,char**a,int *x,int n)
{
int max1=0;
static CRandomNum rnd;
for(int i=0;i<n;i++) br=""> {
bool flag=false;
do{
for(int j=0;j<n;j++) br=""> {
if(b[i][j]==0){ flag=true;break;} else {flag=false;continue;}
}
if(flag)
{
x[i]=rnd.Random(n);
if(CheckPlaceChe(b,a,i,x[i],n))
++max1;
}
}while(flag);
}
return max1;
}
int main()
{
int n,i,j;
cin>>n;
char **a=new char*[n];
for(i=0;i<n;i++) br=""> a[i]=new char[n];
for(i=0;i<n;i++) br=""> for(j=0;j<n;j++) br=""> cin>>a[i][j];
int **b=new int*[n];
for(i=0;i<n;i++) br=""> b[i]=new int[n];
int max=0;
int *x=new int[n];
for(i=0;i<n;i++) br=""> x[i]=0;
int t=0;
while(t<15000) br=""> {
for(i=0;i<n;i++) br=""> { for(int j=0;j<n;j++) br=""> {
if(a[i][j]==‘X‘)
b[i][j]=1;
else
b[i][j]=0;
}
}
int max2=MaxChes(b,a,x,n);
if(max<max2) max="max2;<br/"> t++;
}
cout<<max; br=""> delete []x;
for(i=0;i<n;i++) br=""> delete[]a[i];
delete[]a;
for(i=0;i<n;i++) br=""> delete[]b[i];
delete []b;
return 0;
}
5、算法分析：
算法的时间主要在判断是否可以放入战车和产生随机位置上，若重复的次数为K，则时间复杂度为O(Kn2)。