每日一贴,今天的内容关键字为电路板排列

     1、电路板排列问题

        问题描述

         将n块电路板以佳最排列式方入插带有n个插槽的机箱中。n块电路板的不同排列式方对应于不同的电路板入插案方。设B={1, 2, …, n}是n块电路板的集合，L={N1, N2, …, Nm}是接连这n块电路板中多少电路板的m个接连块。Ni是B的一个集子，且Ni中的电路板用统一条导线接连在一起。设x表现n块电路板的一个排列，即在机箱的第i个插槽中入插的电路板编号是x[i]。x所肯定的电路板排列Density (x)度密定义为越跨相邻电路板插槽的最大连线数。

        例：如图，设n=8, m=5，给定n块电路板及其m个接连块：B={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}，N1={4, 5, 6}，N2={2, 3}，N3={1, 3}，N4={3, 6}，N5={7, 8};其中两个可能的排列如图所示，则该电路板排列的度密分别是2，3。

           

         左上图中，越跨插槽2和3,4和5，以及插槽5和6的连线数均为2。插槽6和7之间无越跨连线。其余插槽之间只有1条越跨连线。在计划机箱时，插槽一侧的线布间隙由电路板的排列的度密肯定。因此，电路板排列问题求要对于给定的电路板接连条件(接连块)，肯定电路板的佳最排列，使其有具小最度密。

         问题分析

         电路板排列问题是NP难问题，因此不大可能找到解此问题的多项式时光法算。虑考用采溯回法系统的索搜问题解间空的排列树，找出电路板的佳最排列。设用数组B表现入输。B[i][j]的值为1当且仅当电路板i在接连块Nj中。设total[j]是接连块Nj中的电路板数。对于电路板的部份排列x[1:i]，设now[j]是x[1:i]中所含包的Nj中的电路板数。由此可知，接连块Nj的连线越跨插槽i和i+1当且仅当now[j]>0且now[j]！=total[j]。用这个条件来算计插槽i和i+1间的连线度密。

        法算体具实现如下：

//电路板排列问题 溯回法求解#include "stdafx.h"#include 
    
     #include 
     
       using namespace std;ifstream fin("5d11.txt"); class Board{	friend int Arrangement(int **B, int n, int m, int bestx[]);	private:		void Backtrack(int i,int cd);		int n,		//电路板数			m,		//接连板数			*x,		//以后解			*bestx,//以后最优解			bestd,  //以后最优度密			*total, //total[j]=接连块j的电路板数			*now,   //now[j]=以后解中所含接连块j的电路板数			**B;    //接连块数组};template 
      
       inline void Swap(Type &a, Type &b);int Arrangement(int **B, int n, int m, int bestx[]);int main(){	int m = 5,n = 8;	int bestx[9];	//B={1,2,3,4,5,6,7,8}	//N1={4,5,6},N2={2,3},N3={1,3},N4={3,6},N5={7,8}	cout<<"m="<
       
        <<",n="<
        
         <
         
          >B[i][j]; cout<
          
           <<" "; } cout<
           
            0 && total[k]!=now[k]) { ld ++; } } //更新ld if(cd>ld) { ld = cd; } if(ld
            
             inline void Swap(Type &a, Type &b){ Type temp=a; a=b; b=temp;}
            
           
          
         
        
       
      
     
    

     

    法算率效

         在解间空排列树的个每节点处，法算Backtrack费花O(m)算计时光为个每儿子节点算计度密。因此算计度密所消费的总算计时光为O(mn!)。另外，成生排列树要需O(n!)时光。每次更新以后最优解少至使bestd增加1，而法算运行结束时bestd>=0。因此最优解被更新的额次数为O(m)。更新最优解要需O(mn)时光。综上，解电路板排列问题的溯回法算Backtrack所要需的算计时光为O(mn!)。

         程序运行结果为：

    

         2、连续邮资问题

         问题描述

    每日一道理

共和国迎来了她五十诞辰。五十年像一条长河，有急流也有缓流；五十年像一幅长卷，有冷色也有暖色；五十年像一首乐曲，有低音也有高音；五十年像一部史诗，有痛苦也有欢乐。长河永远奔流，画卷刚刚展开，乐曲渐趋高潮，史诗还在续写。我们的共和国正迈着坚定的步伐，跨入新时代。

         设假国度发行了n种不同面值的邮票，并且划定每张信封上最多只允许贴m张邮票。连续邮资问题求要对于给定的n和m的值，给出邮票面值的佳最计划，在1张信封上可贴出从邮资1开始，增量为1的最大连续邮资区间。例如，当n=5和m=4时，面值为(1,3,11,15,32)的5种邮票可以贴出邮资的最大连续邮资区间是1到70。

         问题分析

        解向量：用n元组x[1:n]表现n种不同的邮票面值，并约定它们从小到大排列。x[1]=1是一唯的选择。

    可行性约束函数：已选定x[1:i-1]，最大连续邮资区间是[1:r]，接下来x[i]的可取值范围是[x[i-1]+1:r+1]。

         算计X[1:i]的最大连续邮资区间在本法算中被频仍应用到，因此势须要找到一个高效的方法。直接递归的求解复杂度太高，我们不妨实验算计用不超越m张面值为x[1:i]的邮票贴出邮资k所需的起码邮票数y[k]。通过y[k]可以很快推出r的值。如果y[r]的值在上述动态规划算运程过中已赋值，则y[r]<maxint。句语while(y[r]<maxint) r++可以很快的算计出r值。关键是如何算计数组y，分析程过如下：

         r表现由x[1…i]能贴出的最大连续区间，当初，要想把第i层的结点往下展扩，有两个问题要需处理：一，哪些数有可能成为下一个的邮票面值，即x[i+1]的取值范围是什么；二，对于一个肯定的x[i+1]，如何更新r的值让它表现x[1…i+1]能表现的最大连续邮资区间。

第一个问题很简单，x[i+1]的取值要和面前i个数各不相同，小最应该是x[i] + 1，最大就是r+1，否则r+1没有办法表现。我们当初注专第二个问题。

第二个问题自己有两种思绪：一，算计出全部应用不超越m张x[1…i+1]中的面值可以贴出的邮资，然后从r+1开始个逐查检否是被算计出来。二，从r+1开始，个逐讯问它是不是可以用不超越m张x[1…i+1]中的面值贴出来。

     两种思绪直接算计其算计量都是大巨的，要需借助动态规划的方法。模拟0-1背包问题，设假S(i)表现x[1…i]中不超越m张邮票的贴法的集合，这个集合中的元素数目是大巨的，例如，只应用1张邮票的贴法有C(i+1-1,1)＝C(i,1)=i种，应用2张邮票的贴法有C(i+2-1,2)=C(i+1,2)=i*(i+1)/2种，……，应用m张邮票的贴法有C(i+m-1, m)种，其中C(n,r)表现n个元素中取r个元素的组合数。于是，S(i)中的元素的数目总共有C(i+1-1, 1) + C(i+2-1,2)+ … + C(i+m-1,m)个。S(i)中的个每元素就是一种正当的贴法，对应一个邮资。以后最大连续邮资区间为1到r，那么S(i)中个每元素的邮资是不是也在1到r之间呢？不一定，比如{1,2,4}，当m=2时，它能贴出来8，但不能贴出来7。总之，在索搜时，一定要坚持状态的一致性，即当深度索搜到第i层时，一定要确保用来存保结点状态的变量中存保的一定是第i层的这个结点的状态。定义S(i)中元素的值就是它所表现的贴法贴出来的邮资，于是，可以把S(i)中的元素按照它们的值的等相关系成分k类。第j类表现贴出邮资为j的全部的贴法集合，用T(j)表现，T(j)有是能可空集，例如对于{1,2,4},T(7)为空集，T(8)={

{4,4}}。此时有：S(i) = T(1) U T(2) U T(3) U … U T(k)，U表现两个集合的并。

     当初虑考x[i+1]参加后对以后状态S(i)的影响。设假s是S(i)中的一个元素，即s表现一种正当的贴法，x[i+1]对s能贴出的邮资的影响就是x[i+1]的多次重复增加了s能贴出的邮资。x[i+1]对s的影响就是，如果s中贴的邮票不满m张，那就直一贴x[i+1]，直到s中有m张邮票，这个程过会生产出很多不同的邮资，它们都应该被参加到S(i+1)中。因为s属于S。

         综上分析，虑考如果应用动态规划方法算计数组y的值，状态转移程过：将x[i-1]参加等价类集S中，将会起引数组x能贴出的邮资范围变大，对S的影响是如果S中的邮票不满m张，那就直一贴x[i-1],直到S中有m张邮票，这个程过会生产很多不同的邮资，取能生产最多不同邮资的用邮票起码的那个元素。

          例如：如下图所示，设m=4,n=5。当x[1]=1时，2张{1,1}可以贴出邮资2。这时，设x[2]=3。将3往{1,1}中添加，生产新的邮资贴法：5:{3,1,1}，8:{3,3,1,1}。这时，程序要需更新数组y的值。如果新的贴法比y[5]，y[8]已有的贴法所用的张数更少，则更新之。

    

        法算体具实现如下：

    

//连续邮资问题 溯回法求解#include "stdafx.h"#include 
    
     using namespace std;class Stamp{	friend int MaxStamp(int  ,int  ,int []);	private:		int Bound(int i);		void Backtrack(int i,int r);		int n;//邮票面值数		int m;//每张信封最多允许贴的邮票数		int maxvalue;//以后最优值		int maxint;//大整数		int maxl;//邮资上界		int *x;//以后解		int *y;//贴出各种邮资所需起码邮票数		int *bestx;//以后最优解};int MaxStamp(int n,int m,int bestx[]);int main(){	int *bestx;	int n = 5;	int m = 4;	cout<<"邮票面值数:"<
     
      <
      
       n)	{		if(r-1>maxvalue)		{			maxvalue=r-1;			for(int j=1;j<=n;j++)			{				bestx[j]=x[j];			}		}		return;	}	int *z=new int[maxl+1];	for(int k=1;k<=maxl;k++)	{		z[k]=y[k];	}	for(int j=x[i-1]+1;j<=r;j++)	{		x[i]=j;		Backtrack(i+1,r);		for(int k=1;k<=maxl;k++)		{			y[k]=z[k];		}	}	delete[] z;}int MaxStamp(int n,int m,int bestx[]){	Stamp X;	int maxint=32767;	int maxl=1500;		X.n=n;	X.m=m;	X.maxvalue=0;	X.maxint=maxint;	X.maxl=maxl;	X.bestx=bestx;	X.x=new int [n+1];	X.y=new int [maxl+1];		for(int i=0;i<=n;i++)	{		X.x[i]=0;	}	for(int i=1;i<=maxl;i++)	{		X.y[i]=maxint;	}	X.x[1]=1;	X.y[0]=0;	X.Backtrack(2,1);	delete[] X.x;	delete [] X.y;	return X.maxvalue;}
      
     
    

     程序运行结果如图：

    

 

文章结束给大家分享下程序员的一些笑话语录： 据说有一位软件工程师，一位硬件工程师和一位项目经理同坐车参加研讨会。不幸在从盘山公路下山时坏在半路上了。于是两位工程师和一位经理就如何修车的问题展开了讨论。

硬件工程师说：“我可以用随身携带的瑞士军刀把车坏的部分拆下来，找出原因，排除故障。”

项目经理说：“根据经营管理学，应该召开会议，根据问题现状写出需求报告，制订计划，编写日程安排，逐步逼近，alpha测试，beta1测试和beta2测试解决问题。”

软件工程说：“咱们还是应该把车推回山顶再开下来，看看问题是否重复发生。”