2019-2020年高中信息技术 全国青少年奥林匹克联赛教案 深度优先搜索和广度优先搜索.doc

2019-2020年高中信息技术 全国青少年奥林匹克联赛教案 深度优先搜索和广度优先搜索从一个简单题目开始。例1输出n个元素的无重复的全排列。（1=n0 do begin inc(xk); 当前第k个位置中增加1 if xkn then 判断当前第k个位置中是否超界，超界指针后移一位 dec(k) else if try then 判重 begin inc(k);xk:=0; 前进1位 if kn then判断指针是否超界，决定一个排列是否完成,完成指针后移一位 begin out;dec(k);end; end; end;end.下面是递归例程：const n=5;var x:array1.10 of integer;function try(v1,k:integer):boolean; 判重函数,v1表示位置，k表示所放的值var i:integer;begin for i:=1 to v1-1 do if xi=k then begin try:=false;exit;end; try:=true;end;procedure out; 输出过程 var i:integer;begin for i:=1 to n do write(xi); writeln;end;procedure search(v:integer); v表示第v个位置var i:integer;begin if vn then begin out;exit;end; 若v超界，一个排列完成 for i:=1 to n do 在第v个位置上分别放1到n if try(v,i) then 如果不重复，处理第v+1个位置 begin xv:=i;search(v+1);end;end;begin search(1);end.说明：使用非递归的好处是节约内存，当一些题目对内存消耗较大时，建议使用非递归方式；但使用递归方式在程序运行时间上要好一些，因为在每个节点扩展时，递归方式少一个范围超界判断。例题一简单的背包问题。设有一个背包，可以放入的重量为s。现有n件物品，重量分别为 均为正整数，从n件物品中挑选若干件，使得放入背包的重量之和正好为s。分析：可以设定n个位置，每个位置只能放0和1，这样形成一个0和1可重复的排列，或者是产生一个n位的2进制数。例程：var w:array1.20 of integer; x:array1.20 of integer; n:integer; s:longint;procedure init;var i:integer;begin readln(n,s); for i:=1 to n do read(wi);end;function try(v1,k:integer):boolean; 判断目标函数,v1表示位置，k表示所放的值var i:integer; s1:longint;begin s1:=wk; for i:=1 to v1-1 do s1:=s1+xi*wi; if s1=s then begin for i:=1 to v1-1 do if xi=0 then write(wi, ); writeln(wk); end; if s1=s then begin try:=false;exit;end; else try:=true;end;procedure search(v:integer); v表示第v个位置var i:integer;begin if vn then exit;若v超界，一个排列完成,本次选择物品方案不成功，退出 for i:=0 to 1 do在第v个位置上分别放0到1 if try(v,i) then判断所选物品之和是否大于等于s,否则处理第v+1个位置 begin xv:=i;search(v+1);end;end;begin init;search(1);end.说明：本文用全排列进行引入DFS搜索,目的是表明DFS有一定的模式，如下：procedure search(v:integer；相关形参); v表示当前扩展节点层数（或者叫深度）过程定义的变量表begin if then begin out;exit;end; 若v超界，out来作超界处理 形成某种节点扩展程序段（例如：for i:=1 to n do） if 判断所到节点的算法函数或条件 then 例如判重 begin 当前节点处理；search(v+1); 处理下一个层数end;end;例题二给出一个自然数n( ),把n分解为若干个大于1的自然数之乘积。请编写程序找出所有的分解方案。分析：此题目的关键是怎样产生需要扩展的各个节点。不难看出乘积为n的若干自然数，刚好都是n的约数。因此其分解方案变成了求这些约数的不同组合（元素可重复），问题得到解决。例程：var y:array1.50 of longint; 用来存放n的所有约数 x:array0.50 of integer; 用来存放组合数的对应n的约数所在位置值 n:longint; xlen:integer;procedure init;var i,j,t:longint; k:integer;begin fillchar(x,sizeof(x),0); x0:=1; xlen:=0; for i:=2 to trunc(sqrt(n) do 找出n的所有约数 if n mod i=0 then begin inc(xlen);yxlen:=i;inc(xlen);yxlen:=n div i; if i=n div i then 对完全平方数的处理 dec(xlen); end; for i:=1 to xlen-1 do 为保证输出方案由小到大的顺序，进行排序处理 begin k:=i; for j:=i+1 to xlen do if ykyj then k:=j; t:=yi;yi:=yk;yk:=t; end;end;function try(v1,k:integer):boolean; 判定所选约数之乘积与n的关系var i:integer; t:longint;begin t:=yk; for i:=1 to v1-1 do t:=t*yxi; if t=n then 与n刚好相等，输出一种方案 begin for i:=1 to v1-1 do write(yxi, ); writeln(yk); end; if tm then begin for i:=1 to m do write(xi); writeln;exit; end; for i:=xv-1+1 to n do begin xv:=i;search(v+1);end;end;begin readln(n,m); fillchar(x,sizeof(x),0); search(1);end.另外，如果该题目改成：给出一个自然数n( ),把n分解为若干个大于1的自然数之乘积。请编写程序求出所有的分解方案总数。可用如下方法，供大家参考：varn,t:longint;function search(a,min:longint):longint;var i,s:longint;begin s:=0; for i:=min to trunc(sqrt(a) do if a mod i=0 then s:=s+search(a div i,i); search:=s+1;end;begin readln(n); t:=search(n,2)-1; writeln(t);end.例题三图论中的遍历问题，例如图论中单源点之间的最短通路问题。问题：设有n个城市分布在若干地理位置，某两个城市存在一条通道，给出这两个相通城市之间的距离，求一个城市到另一个城市的最短距离。如下图：两个城市之间的如果不相通其距离我们设定为零，否则它们的距离。数据提供方式我们用邻接矩阵。60 4 8 0 0 04 0 3 4 6 08 3 0 2 2 00 4 2 0 4 90 6 2 4 0 40 0 0 9 4 0分析：本题目我们就定义求c1到c6之间的最短距离，可以对每一个点进行编号，然后用一个二维数组来存放邻接矩阵，用本文所述的DFS的固定模式就可以得出本题目的算法。例程如下。const infile=xx.txt; 数据文件var y:array1.10,1.10 of integer; 存放邻接矩阵 x:array1.10 of integer; 存放各点的编号 xbak:array1.10 of integer; 存放当前最短路径的顺序各点 n:integer; 点数目 slen:longint; 最短路径值 i:integer;procedure init;var i,j:integer;begin assign(input,infile); reset(input); readln(n); for i:=1 to n do for j:=1 to n do read(yi,j); close(input); end;procedure out(vv:integer);var i:integer; s:longint;begin s:=0; for i:=1 to vv-1 do inc(s,yxi,xi+1); if sn then exit; for i:=2 to n do if try(v,i) then begin xv:=i;search(v+1);end;end;begin init; 读取数据 slen:=maxlongint; 设最短路径值为最大 x1:=1; 固定从编号为1的位置 search(2); 从第2个位置开始搜索 writeln(slen); 输出结果 i:=1; while xbaki0 do begin write(xbaki, );inc(i);end; writeln;end.大家可以把这个题目改成从一个点，到某几个点的最短路径。这类问题也可以用E.W.Dijkstra方法来做，并且其时间效率要高一些。深度搜索有一定固定模式，但其变种还很多，就其实质来说是“怎样构造一棵用来搜索的树(tree),然后对这棵树(tree)进行高效率的剪支”，更重要的是对题目描述的问题建立科学合理的数学模型。二、广度搜索（BFS）入门例题：给出一个由1，2，3，4，5，6组成的6位数，相邻的两个数字可以交换位置，问最少经过多少次交换，可以到达另一个目标6位数。例如：对于123456，最少经过两次交换，可以变成231456。分析：这个题目与前面讲过的深度搜索相比有一个明显不同，会出现“又回去了”的情况（产生树的分支有连通的情况），例如：由123456可以变成213456，而213456又可以变成123456，这样形成了循环。所以需要我们用广度搜索来完成，需要的预备知识是数据结构中的队列。关键点在“最少次数及解决树的分支连通问题”。例程：const n=6;var p1:integer; 队列出列指针,指向openx表 p2:integer; 队列入列指针, 指向openx表 openx:array1.1000 of stringn; 存放已经出现过的6位数 openy:array1.1000 of integer; 存放树(tree)的前缀层数,即当前移动次数 st1:string; 初始状态，一个6位数 st2:string; 目标状态，一个6位数 st:string; i:integer; tc:char;function find(stx:string):boolean; 对生成新的状态进行判重var i:integer;begin for i:=1 to p2 do if stx=openxi then begin find:=false;exit;end; find:=true;end;procedure out; 结果输出begin writeln(openyp1+1); halt;end;begin readln(st1); readln(st2); p1:=1;p2:=1;openx1:=st1; 初始设置 fillchar(openy,sizeof(openy),0); while p1=p2 do begin for i:=1 to n-1 do 对当前xp1状态，生成所有有效分支 begin st:=openxp1; tc:=sti;sti:=sti+1;sti+1:=tc; 交换位置I和i+1中的数字 if st=st2 then 达到目标状态，转向结果输出 out; if find(st) then 判重 begin inc(p2);openxp2:=st; 队列入列操作 openyp2:=openyp1+1; 取得当前树的扩展层数,即：移动次数 end; end; inc(p1); 队列出列操作 end; end.有一些资料的描述是，把队列放在一个独立的线性表中，上面的程序是直接把队列放在数组openx中，这样节约一些空间。显然DFS的时间效率体现在“判重”的算法上，提高时间效率方法很多，其中hash表是重要的一种算法，请参看相关资料。例题二有10升油在10升的容器中，另有两个7升和3升的空容器，要求用这三个容器倒油，使得最后在10升和7升的容器中各有5升油，问最少的倒油次数是多少？var a:array1.3 of integer; 每个容器的容量 x:array1.1000,1.3 of shortint; 存放已经出现过的状态 y:array1.1000 of integer; 存放树(tree)的前缀层数,即当前倒油次数 b:array1.3 of integer; 目标状态 c:array1.3 of integer; p1:integer; p2:integer; i,j,t:integer; pt:boolean;procedure init;begin assign(input,xx1.txt); reset(input); readln(a1,a2,a3); readln(x1,1,x1,2,x1,3); 读取初始状态 readln(b1,b2,b3); 读取目标状态 close(input);end;procedure out;begin writeln(yp1+1); halt;end;function find:boolean;var i:integer;begin for i:=1 to p2 do if (c1=xi,1) and (c2=xi,2) and (c3=xi,3) then begin find:=false;exit;end; find:=true;end;begin init; fillchar(y,sizeof(y),0); p1:=1;p2:=1; while p1=p2 do begin for i:=1 to 3 do 对当前xp1状态，生成所有有效分支 for j:=1 to 3 do if ij then begin for t:=1 to 3 do ct:=xp1,t; pt:=false; if ci+cj=aj then 从i到j全部倒完 begin cj:=cj+ci;ci:=0;pt:=true;end;if (cj=0) and (pt=false) then 只能倒一部分 begin ci:=ci-(aj-cj);cj:=aj;pt:=true; end; if pt then begin if (c1=b1) and (c2=b2) and (c3=b3) then out; 到达目标输出 if find then 判重 begin inc(p2); 队列入列操作 for t:=1 to 3 doxp2,t:=ct; 取得当前树的扩展层数,即：倒油次数 yp2:=yp1+1; end; end; end; inc(p1); 队列出列操作 end; end.