分支限界法之布线问题

问题描述

印刷电路板将布线区域划分成nxm个方格阵列，如图1所示。精确的电路布线问题要求确定连接方格a的中点到方格b的中点的最短布线方案。在布线时，电路只能沿直线或直角布线，如图2所示。为了避免线路相交，已布了线的方格做了封锁标记，其他线路不允许穿过被封锁的方格。

题目分析

这个问题很类似迷宫问题，因此我们可以使用回溯法来解决，这里稍微提一下，如果使用回溯法，那么解空间将是一颗子集树。
但是这里我们还是决定使用分支限界法，因为回溯法是深度优先，它会一条路走到黑，然后计算出一条路径，然后回到起点，换一条路走到黑，再计算出一条路径，看是否更短…需要不停地走到进头再回溯，然后再次走到尽头。
但是分支限界法，是一种广度优先，它会每次寻找一层，不需要只选择一条路一直走。这样每一层的所有结点都会被加入队列。我们一层一层地寻找，先遇到目标点的就是最短路径，也不需要回溯了。因为大家从同一起点出发，哪一条先到了说明哪一条最短。这也确实是分支限界法的思想——使用队列或者优先队列。
剩下的就是这个题目的细节处理了。我们怎么表示某个格子已经有围墙了，哪个格子没有呢？又如何去标志目前的路径长度呢？
我们知道，分支限界法是广度优先搜索，所以每一层的路径长度都是相等的，区别在于某一条路径在同一层可能已经到了目标点。明确了这一点我们就知道了，处于遍历过程中同一层的所有格子都具有相同的路径长度，所以我们可以将其一起记录下来，直接填在我们的nm表格中即可.
于是我们声明一个nm的二维矩阵grid，用1表示这里有围墙，不能填入，用0表示可以填入。于是根据迷宫问题的思路，我们预处理的时候将表格的四条边全部填为1，因为四条边上的点是不会到达目标点的，而且它们都是尽头的点，不需要再去访问填充了。将起始点的邻居从2开始标记，下一层是3，再下一层是4…依次类推，最终到终点的填充数-2即可得到最短路径长度。

由于我们只能走直角或者直线，所以我们只看上下左右四个方向即可。所以只需要给出一个增量数组，表示这四个方向。
剩下的细节，比如创立一个结构体position来表示每个方格的位置，属性为row和col。初始时，判断start和finish是否相等，如果相等可以直接返回，表示我们已经找到了最终的位置。
等我们计算出了最终的最短路径，我们可以通过向前回溯的方法，找到最短路径的中间方格。将结束位置当作当前位置，用j表示当前路径长度,0<=j<=路径长度-1仍然用之前的增量数组寻找邻居格子nbr，如果发现邻居格子填充的值为j+2，则可以退出当前邻居的查找，将其记录进path数组，准备找寻第二个邻居…依次类推，直到j=0.我们就找到了最终的具体路径和最短路径长度。

代码

#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
//定义一个表示电路板上方格位置的结构体
struct Position
{int row;int col;
};
//计算从起始位置start到目标位置finish的最短布线路径
//start为起始位置,finish为目标位置,PathLen为路径长度,path为一个数组,表示经过的路径
//n为行数,m为列数
bool FindPath(Position start,Position finish,int& PathLen,Position* &path,int m,int n)
{int grid[n+1][m+1];//如果初始位置和目标位置重合,就直接返回if((start.row==finish.row) && (start.col==finish.col)){PathLen = 0;return true;}//对四个边缘进行建立围墙,方格值为1表示不允许布线,标志为0可以布线for(int i = 0;i <= m+1;i++)grid[0][i] = grid[n+1][i] = 1;for(int j = 0;j <= n+1;j++)grid[j][0] = grid[j][m+1] = 1;Position offset[4];//设置4个偏移量,我们要向4个方向查找遍历//我们以右-下-左-上的方向遍历offset[0].row = 0;offset[0].col = 1;offset[1].row = 1;offset[1].col = 0;offset[2].row = 0;offset[2].col = -1;offset[3].row = -1;offset[3].col = 0;int numofnbrs = 4;//邻居的数目Position here,nbr;//表示此时所在的方格位置以及它的邻居here.row = start.row;here.col = start.col;grid[start.row][start.col] = 2;//初始化位置定为2queue<Position>Q;//建立方格队列,邻居存入int flag = 0;//标志位do{for(int i = 0;i < numofnbrs;i++){nbr.row = here.row + offset[i].row;nbr.col = here.col + offset[i].col;if(grid[nbr.row][nbr.col]==0){grid[nbr.row][nbr.col] = grid[here.row][here.col]+1;if((nbr.row == finish.row) && (nbr.col==finish.col)){flag = 1;break;//布线完成}Q.push(nbr);}}if(flag)break;//布线完成//活结点队列是否非空if(Q.empty())return false; Q.pop();//将上一扩展结点删除here = Q.front();//取下一个扩展结点  } while (true);//构造最短布线路径PathLen = grid[finish.row][finish.col] - 2;//定义路径path = new Position[PathLen];//回溯遍历找到路径here = finish;for(int j = PathLen - 1;j >= 0;j++){path[j] = here;for(int i = 0;i < numofnbrs;i++){//找前驱位置nbr.row = here.row + offset[i].row;nbr.col = here.col + offset[i].col;if(grid[nbr.row][nbr.col] == j + 2)break;//找到了路径上的前一个点}here = nbr;}return true;
}

总结

分支界限问题我个人有一种不太正确但是比较有效的理解方法，分支限界法=回溯+贪心(这其实是错误的，因为回溯是dfs，而分支限界是bfs，但是基本思想是一样的，都是向下遍历，只不过分支遍历提前找到了最优的并加入队列)。所以我们每次见到一个可以用回溯法解决的问题，都要思考一下用分支限界法能不能解决，因为通常分支限界更容易(记得使用队列或者优先队列)。
同样遇到分支界限问题也要思考一下是否可以使用回溯法解决，比如这道题其实我们用回溯法也可以，稍微复杂一些，但只是dfs的过程。记住最重要的几步——穷举选择种类，做选择，向下递归，撤销选择回溯。也可以快速解决这个问题，关于回溯的解决方法下次通过博客记录下来。