算法设计与分析实验二：动态规划法实现TSP问题和0/1背包问题

【实验目的】
1、熟练掌握动态规划思想及教材中相关经典算法。
2、使用动态规划法编程，求解0/1背包问题和TSP问题。

TSP问题

一、实验内容：
TSP问题是指旅行家要旅行n个城市，要求每个城市经历且仅经历一次然后回到出发城市，并要求所走的路程最短。
对于图G=(V,E),假设从顶点i出发,令V’=V-i,则d(i,V’)表示从顶点i出发经过V’中各个顶点一-次且仅一次,最后回到出发点i的最短路径长度，显然，初始子问题是d(k,{}),即从顶点i出发只经过顶点k回到顶点i。现在考虑原问题的一部分,d(k,V’-{k})表示从顶点k出发经过V’-{k}中各个顶点一次且仅一次,最后回到出发点i的最短路径长度，则:
d(k, {}) = c[k][i]
d(i, V’) = min{c[i][k]+d(k，V’- {k})}(k∈V’)
如图为最近邻点贪心策略求解TSP问题的过程。

假设n个顶点分别用0_{n-1的数字编号，顶点之间的代价存放在数组arcrnT[n]中，下面考虑从顶点0出发求解TSP问题的填表形式。首先,按个数为1、2、…n1的顺序生成1}n-1个元素的子集存放在数组V[2^(n-1)]中。
例如当n=4时，V[1]={1}，V[2]={2},V[3]={3},V[4]={1,2},V[5]={1,3},V[6]={2,3},V[7]={1,2,3}。设数组d[n][2^(n-1)]存放迭代结果,其中d[i][j]表示从顶点i经过子集V[j]中的顶点一次且仅一次,最后回到出发点0的最短路径长度，动态规划法求解TSP问题的算法如下。

三、实验源程序及结果截图：
1、实验代码:

#include<iostream>
#include<iomanip>
using namespace std;
int main()
{int n,i,j,k,m=1;cout<<"请输入顶点个数：\n";cin>>n;for(i=1;i<n;i++){//n个顶点有m个子集，m=2^(n-1)m=m*2;} int **arc=new int*[n];//图的代价矩阵for(i=0;i<n;i++){ arc[i]=new int[n];} int **d=new int*[n];//存放迭代结果，即过程矩阵for(i=0;i<n;i++){ d[i]=new int[m];} cout<<"请输入带权图的代价矩阵："<<endl;for(i=0;i<n;i++){for(j=0;j<n;j++){cin>>arc[i][j];}         }       //纠正用户输入的数据for(i=0;i<n;i++)arc[i][i]=-1;//初始化第0列for(i=0;i<n;i++){d[i][0]=arc[i][0];}      //填过程矩阵for(j=1;j<m;j++){for(i=1;i<n;i++){d[i][j] = 0x7ffff;//设0x7ffff为无穷大if(((j>>(i-1))&1)==1) //对于数字x，要看它的第i位是不是1，通过判断布尔表达式 (((x >> (i - 1) ) & 1) == 1的真值来实现continue;                  //若第i位是1，就说明子集j里包含i这个元素，d[i][j]这个空就无需计算for(k=1;k<n;k++){/*找出集合j中有哪些元素，比如，(6>>(2-1))&1==1,说明集合{2.3}中有元素2*/if(((j>>(k-1))&1)==0)    //集合中没有此元素就跳过continue;if(d[i][j]>arc[i][k]+d[k][j^(1<<(k-1))])d[i][j]=arc[i][k]+d[k][j^(1<<(k-1))];}}}//计算d[0][m-1]for(j=0;j<m-1;j++)d[0][j]=-1;d[0][m-1] = 0x7ffff;for (k=1;k<n;k++){      if(((m-1>>(k-1))&1)==0) continue;if (d[0][m-1]>arc[0][k]+d[k][(m-1)^(1<<(k-1))])d[0][m-1]=arc[0][k]+d[k][(m-1)^(1<<(k-1))];}cout<<"最短路径为："<<d[0][m-1]<<endl;cout<<"过程矩阵为："<<endl;cout<<'\t';for(j=0;j<m;j++)cout<<j<<'\t';cout<<endl;for(i=0;i<n;i++){cout<<i<< '\t';for(j=0;j<m;j++){if(d[i][j]==0x7ffff)d[i][j]=-1;cout<<d[i][j]<<'\t';}cout<<endl;}getchar();getchar();return 0;
}

2、运行结果:

四、实验的分析与思考：
在十进制数的二进制表示中，哪位为1则集合中就有哪个数。十进制6的二进制110中，第二三位是1，则6代表集合{2,3}，因此，定下一条规则，过程矩阵d[i][j]中，若j=0，代表集合{ }；j=1，代表集合{1}……j=5，代表集合{1，3}……以此类推。
判断一个顶点是否位于子集中时，例如要判断集合j={1,3,5,6,7}是否有顶点3。集合j={1,3,5,6,7}表示成二进制串为1110101，其中集合里面有的数对应的位数写成1，没有的写成0。要在集合中找顶点3，就是要判断二进制串第3位是不是1，就把1110101右移(3-1)位，得到11101，然后结果和00001进行&运算，如果结果是1说明第3位是1，则说明顶点在子集中。故判断公式为(j>>(i-1))&1==1。
填写过程矩阵过程时，以d[2][5]为例,d[2][5]=d(2,{1,3})。d[2][5] 表示从2出发，通过｛1，3｝，最后回到起点。那么d[2][5] = min{arc[2][1] + d(1,{3}),arc[2][3] + d(3,{1})} = min{arc[2][1] + d[1][4],arc[2][3] + d[3][1]}。从2出发，要去{1,3}，先考虑去1的路。去了1后集合{1,3}中只剩下{3} ,{3}对应二进制100，十进制4,所以要求的d表就是d[1][4],这个4可以通过(101)^(1)得到,而(1) = 1<<(1-1).其中,二进制101(十进制5)代表集合{1,3};再看去3的路，去了3后集合{1,3}中只剩下{1},{1}对应二进制001，十进制1，所以要求的d表就是d[3][1],1通过(101) ^ (100)得到，而(100) = 1<<(3-1)。故此处又总结出一个公式d[i][j] = min{arc[i][k] + d[k][j ^ (1 << (k - 1))]}。

0-1 背包问题

一、实验内容：
0/背包问题可以看做是决策一个序列(x1,x2…xn)，对任一变量x的决策是决定xi=1还是xi=0.设V(n.C)表示将n个物品装人容量为C的背包获得的最大价值，显然初始子问题是把前面i个物品装人容量为0的背包和把0个物品装人容量为j的背包，得到的价值均为0,即:
V(i,0)=V(0,j)=0 0≤i≤n,0≤j≤C
考虑原问题的一部分,设V(i,j)表示将前i(1≤i≤n)个物品装人容量为j(1≤j≤C)的背包获得的最大价值，在决策xi时,已确定了(x1,…,xi-1),则问题处于下列两种状态之一：
(1)背包容量不足以装人物品i,则装入前i个物品得到的最大价值和装人前i-1个物品得到的最大价值是相同的，即xi=0，背包不增加价值。
(2)背包容量可以装入物品i,如果把第i个物品装入背包，则背包中物品的价值等于把前i-1个物品装人容量为j-wi的背包中的价值加上第i个物品的价值vi,如果第i个物品没有装人背包，则背包中物品的价值等于把前i-1个物品装人容量为j的背包中所取得的价值。显然，取二者中价值较大者作为把前i个物品装人容量为j的背包中的最优解。则得到如下递推式:
V(i,j)=V(i-1,j) j<wi
V(i,j)=max{V(i-1,j),V(i-1,j-wi)+v} j≥wi
为了确定装人背包的具体物品，从V(n,C)的值向前推，如果V(n,C)>V(n-1,C),表明第n个物品被装人背包,前n-1个物品被装人容量为C-wn的背包中;否则,第n个物品没有被装人背包，前n-1个物品被装人容量为C的背包中。依此类推，直到确定第1个物品是否被装入背包中为止。由此，得到如下函数:
xi=0 V(i,j)=V(i-1,j)
xi=1 j=j-wi V(i,j)>V(i-1,j)

二、实验源程序及结果截图：
1、实验代码:

#include <iostream>
using namespace std;int KnapSack(int C, int n, int w[], int v[])
{int V[n+1][C+1];for(int i = 0; i <= n; i++){V[i][0] = 0;//第0列置零 }for(int j = 0; j <= C; j++){V[0][j] = 0;//第0行置零 }//计算第i行，进行第i次迭代for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = 1; j <= C; j++){if(j < w[i])V[i][j] = V[i-1][j];elseV[i][j] = max(V[i-1][j], V[i-1][j-w[i]]+v[i]);}}//装入的物品int x[n];int j = C;cout<<"装入的物品为:";for(int i = n ; i > 0; i--){if(V[i][j] > V[i-1][j]){x[i] = 1;j = j - w[i];}elsex[i] = 0;//cout<<x[i]<<'\t';}for(int i=1;i<=n;i++){if(x[i]==1)printf("物品%d    ",i);}cout<<endl;return V[n][C];
}
int main()
{int n;int C;cout<<"请输入物品的个数：";cin>>n;cout<<"请输入背包的容量：";cin>>C;int v[n];int w[n];cout << "请输入物品的重量：";for(int i = 1 ; i <= 5 ; i++ ){cin >> w[i];}cout << "请输入物品的价值：";for(int  i = 1; i <= 5; i++){cin >> v[i];}cout << "最大价值为：" << KnapSack(C,n,w,v);
}

2、运行结果:

三、实验的分析与思考：
首先输入物品个数n、背包容量C、物品重量w[]和价值v[]。将二维表V[n+1][C+1]的第0行和第0列元素置零，然后填表（如果背包容量小于物品重量则不装入，否则比较V[i-1][j]和V[i-1][j-w[i]]+v[i]，取二者中价值较大者作为把前i个物品装人容量为j的背包中的最优解），最后输出装入的物品结果。