《2019-2020年高中信息技術(shù) 全國青少年奧林匹克聯(lián)賽教案 動態(tài)規(guī)劃實例分析及程序?qū)崿F(xiàn).doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高中信息技術(shù) 全國青少年奧林匹克聯(lián)賽教案 動態(tài)規(guī)劃實例分析及程序?qū)崿F(xiàn).doc（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高中信息技術(shù) 全國青少年奧林匹克聯(lián)賽教案 動態(tài)規(guī)劃實例分析及程序?qū)崿F(xiàn) 一、數(shù)字三角形 　　（圖３.１－１）示出了一個數(shù)字三角形。 請編一個程序計算從頂至底的某處的一條路 徑，使該路徑所經(jīng)過的數(shù)字的總和最大。 　●每一步可沿左斜線向下或右斜線向下走； 　●1＜三角形行數(shù)≤100； 　●三角形中的數(shù)字為整數(shù)0，1，…99； 輸入數(shù)據(jù)： 由INPUT.TXT文件中首先讀到的是三角形的行數(shù)。 在例子中INPUT.TXT表示如下： 5 7 3 8 8 1 0 2 7 4 4 4 5 2 6 5 輸出數(shù)據(jù)： 把最大總和（整數(shù)）寫入OUTPUT.TXT文件。 上例為： 30 　　　　　　　　　　　　　　　?。? 　　　　　　　　　　　　　　?。场。? 　　　　　　　　　　　　　　８?。薄。? 　　　　　　　　　　　　?。病。贰。础。? 　　　　　　　　　　　?。础。怠。病。丁。? 　　　　　　　　　　　　　　　（圖３.１－１） 　　　　　　　　　　　 　二、算法分析 　　只要對該題稍加分析，就可以得出一個結(jié)論： 　　如果得到一條由頂至底的某處的一條最佳路徑，那么對于該路徑上的每一個中間點來說，由頂至該中間點的路徑所經(jīng)過的數(shù)字和也為最大。因此該題是一個典型的多階段決策最優(yōu)化 的問題。 　　我們采用動態(tài)規(guī)劃中的順推解法。按三角形的行劃分階段。若行數(shù)為n, 則可把問題看作一個n-1個階段的決策問題。從始點出發(fā)，依順向求出第一階段、第二階段，……，第n-1階段中各決策點至始點的最佳路徑，最終求出始點到終點的最佳路徑。 　　設(shè)： 　?。鎘（Ｕk）━━從第ｋ階段中的點Ｕk至三角形頂點有一條最佳路徑， 該路徑所經(jīng)過的 數(shù)字的總和最大，ｆk（Ｕk）表示為這個數(shù)字和； 　　由于每一次決策有兩個選擇，或沿左斜線向下，或沿右斜線向下，因此設(shè) 　?。誯1━━ｋ－１階段中某點Ｕk沿左斜線向下的點； 　?。誯2━━ｋ－１階段中某點Ｕk沿右斜線向下的點； 　?。鋕（Ｕk1）━━ｋ階段中Ｕk1的數(shù)字； 　　ｄk（Ｕk2）━━ｋ階段中Ｕk2的數(shù)字； 　　因而可寫出順推關(guān)系式 　?。鎘（Ｕk）＝ｍａｘ｛ｆk-1（Ｕk）＋ｄk（Ｕk1），ｆk-1（Ｕk）＋ｄk（Ｕk2）｝ 　?。?（Ｕ0）＝０； 　　　　　　Ｋ＝１，２，３，４，……ｎ 　　經(jīng)過一次順推，便可分別求出由頂至底Ｎ個數(shù)的Ｎ條路徑，在這Ｎ條路徑所經(jīng)過的Ｎ個 數(shù)字和中，最大值即為正確答案。 　　　　　　　　　　　　 三、程序分析 　　根據(jù)上述順推關(guān)系，我們編寫程序如下： Program ID1P1; Const Maxn = 100; Type Node = Record Val, Tot : Integer { 當(dāng)前格數(shù)字; 從[1,1]到當(dāng)前格的路徑所經(jīng)過的數(shù)字和 } End; Var List : Array [1..Maxn, 1..Maxn] of Node; { 計算表 } N, Max, { 行數(shù), 最大總和 } I, J : Integer; { 輔助變量 } Fi : Text; { 文件變量 } Procedure Init; Begin Assign(Fi, INPUT.TXT); { 文件名和文件變量連接 } Reset(Fi); { 文件讀準(zhǔn)備 } Readln(Fi, N); { 讀三角形行數(shù) } For i := 1 to N Do { 讀入三角形各格的數(shù)字 } For j := 1 to i Do Read(Fi, List[i, j].Val); Close(Fi) End;　{init} Procedure Main; Begin List[1, 1].Tot := List[1, 1].Val; { 從[1,1]位置開始往下順推 } For i := 2 to N Do For j := 1 to i Do Begin List[i, j].Tot := -1; { 從[1,1]至[i,j]的數(shù)字和初始化 } If (j <> 1) And (List[i - 1, j - 1].Tot + List[i, j].Val > List[i, j].Tot) Then List[i, j].Tot := List[i - 1, j - 1].Tot + List[i, j].Val; { 若從[i-1,j-1]選擇右斜線向下會使[1,1]至[i,j]的數(shù)字和最大,則決策該步 } If (j <> i) And (List[i - 1, j].Tot + List[i, j].Val > List[i, j].Tot) Then List[i, j].Tot := List[i - 1, j].Tot + List[i, j].Val { 若從[i-1,j]選擇左斜線向下會使[1,1]至[i,j]的數(shù)字和最大,則決策該步 } End; {for} Max := 1; { [1,1]至底行各點的N條路徑所經(jīng)過的數(shù)字和中,選擇最大的一個輸出 } For i := 2 to N Do If List[N, i].Tot > List[N, Max].Tot Then Max := i; Writeln(List[N, Max].Tot) { 輸出最大總和 } End; {main} Begin Init; { 讀入數(shù)字三角形 } Main { 求最大總和 } End.{main} 二、Problem : 打鼴鼠 Contents: 有個n*n個格子，在m個時間點上的不定格子里有數(shù)量不等的鼴鼠出現(xiàn)，機(jī)器人每次只能向前后左右移動一個格子，問最多機(jī)器人能打多少鼴鼠？ (n<=1000, m<=10000) Type: 動態(tài)規(guī)劃 Difficulty: 2 Source: HNOIxx_day_*_* Solution : a) 記得學(xué)OI不到幾個月，高一剛上來就做的這道題..著實郁悶了半天,有一個思路是開1000*1000 的數(shù)組亂搞…忘了可以過幾個來著.. b) 又翻到這道題的時候是2月份了..發(fā)現(xiàn) f[i]表示：如果機(jī)器人最后打死的老鼠是第i只，這種情況下機(jī)器人最多可以打死多少老鼠。就可以了,然后我赫然發(fā)現(xiàn)10^8 div 2次的若干基本操作是要TLE的 c) 鑒于這道題郁悶的理論時間復(fù)雜度無法優(yōu)化，我請教了朱老師，原來動態(tài)規(guī)劃枚舉順序也有其優(yōu)化技巧，由于思路不是自己的，僅作簡要介紹： a) (1).將更快、更容易“短路”的判斷放在前面 b) (2).將內(nèi)部循環(huán)（j的循環(huán)）倒序，逼近最優(yōu)解 d) 我的計算機(jī)有點慢… 總分 = 100.0 第一題：mole 得分 = 100.0 用時 = 7.16s mole-0(mole1.In) 結(jié)果 = 正確 得分 = 10.0 用時 = 0.01s 空間 = 0.71M mole-1(mole2.In) 結(jié)果 = 正確 得分 = 10.0 用時 = 0.01s 空間 = 0.71M mole-2(mole3.In) 結(jié)果 = 正確 得分 = 10.0 用時 = 0.02s 空間 = 0.71M mole-3(mole4.In) 結(jié)果 = 正確 得分 = 10.0 用時 = 0.98s 空間 = 0.71M mole-4(mole5.In) 結(jié)果 = 正確 得分 = 10.0 用時 = 1.02s 空間 = 0.71M mole-5(mole6.In) 結(jié)果 = 正確 得分 = 10.0 用時 = 1.00s 空間 = 0.71M mole-6(mole7.In) 結(jié)果 = 正確 得分 = 10.0 用時 = 1.05s 空間 = 0.71M mole-7(mole8.In) 結(jié)果 = 正確 得分 = 10.0 用時 = 1.02s 空間 = 0.71M mole-8(mole9.In) 結(jié)果 = 正確 得分 = 10.0 用時 = 1.02s 空間 = 0.71M mole-9(mole10.In) 結(jié)果 = 正確 得分 = 10.0 用時 = 1.02s 空間 = 0.71M [分析] 設(shè)第i只老鼠在第Ti個時刻出現(xiàn)在(xi, yi)，T1<=T2<=T3<=…<=Tm。 假設(shè)機(jī)器人打死了L只老鼠，不妨設(shè)這些老鼠的編號是a1, a2, …, aL。顯然對于任意的i(1<=i<=L-1)都有T[ai+1]-T[ai]>=|x[ai+1]-x[ai]|+|y[ai+1]-y[ai]|。 f[i]表示：如果機(jī)器人最后打死的老鼠是第i只，這種情況下機(jī)器人最多可以打死多少老鼠。 可以列出方程： f[i] = max{f[j]+1, 1} 1<=j=|xi-xj|+|yi-yj| 最后求的答案就是max{f[i]}(1<=i<=m) 此算法時間復(fù)雜度為O(m2)?？紤]到m<=10000，而時限只有1second，所以還必須進(jìn)行一些代碼優(yōu)化。 因為j f[i]) then f[i] := f[j]; f[i]:=f[i]+1; end; 它無疑是正確的。但是循環(huán)中的判斷語句大有文章可做：上面的代碼每次都鐵定至少要執(zhí)行3次減法、2次絕對值、1次比較運算。這無疑是極度昂貴的操作代價。所以我們可以將(f[j]>f[i])這個比較“便宜”的判斷條件提到前面，變成如下形式： if (f[j]>f[i]) and (abs(x[i]-x[j]) + abs(y[i]-y[j])<=T[i]-T[j]) then 這樣做的好處是一旦f[j]<=f[i]就可以執(zhí)行“短路操作”（也就是說后面那一大截速度很慢的操作都可以避免。不過編譯的時候一定要記得設(shè)成{$B+}） 實踐證明速度是快了不少。可是對于1second的時限還是不能勝任。實戰(zhàn)游戲經(jīng)驗告訴我們，機(jī)器人一般情況下不可能打完一只老鼠之后就跑到很遠(yuǎn)的地方去尋找新的獵物，肯定是一路上碰到一點老鼠就打一點。所以機(jī)器人相繼打的兩只老鼠的出現(xiàn)時間不可能相差太遠(yuǎn)。因此在方程 f[i] = max{f[j]+1, 1} 1<=j=|xi-xj|+|yi-yj| 之中，使得i達(dá)到最優(yōu)的j肯定不會和i差得太遠(yuǎn)。 同時在我們的判斷語句中： if (f[j]>f[i]) and (abs(x[i]-x[j]) + abs(y[i]-y[j])<=T[i]-T[j]) then f[i]越早接近最優(yōu)值，判斷語句的效率就越高（因為后面一截可以被短路掉）。因此我們將循環(huán)語句改成這樣的形式： for i := 1 to m do begin f[i] := 0; for j := i – 1 downto 1 do if (f[j]>f[i]) and (abs(x[i]-x[j]) + abs(y[i]-y[j])<=T[i]-T[j]) then f[i] := f[j]; f[i]:=f[i]+1; end; 實踐發(fā)現(xiàn)，最慢的數(shù)據(jù)大概0.7s即可出解。 至此問題解決了。 Program mole; {$B+} var f,t,x,y: array [1..10000] of longint; i,j,m,n,ans: longint; begin assign(input,mole.in); reset(input); readln(n,m); for i:= 1 to m do readln(t[i],x[i],y[i]); close(input); fillchar(f,sizeof(f),0); for i:= 1 to m do begin for j:= i-1 downto 1 do if (f[j]>f[i]) and (abs(x[i]-x[j])+abs(y[i]-y[j])<=t[i]-t[j]) then f[i]:=f[j]; inc(f[i]); if f[i]>ans then ans:=f[i]; end; assign(output,mole.out); rewrite(output); writeln(ans); close(output); END. 三、最大連續(xù)子序列 給出一個長度為n 的整數(shù)序列A，找出i,j 使得那一段連續(xù)數(shù)之和最大。 第一行為n第二行為數(shù)列 輸入樣例 6 3 -5 2 4 -1 6 輸出樣例 11 [分析]： 設(shè)Fi表示Ai為最后一個元素的最大連續(xù)子序列。可得方程： Fi=max {Fi-1,0}+Ai 時間復(fù)雜度為O（n） Program zuidalianxuzixulie; var a,s:array [0..10000] of integer; i,j,n,max:integer; begin max:=0; assign(input,lxzxl.txt); reset(input); readln(n); fillchar(s,sizeof(s),0); for i:=1 to n do begin read(a[i]); s[i]:=s[i-1] + a[i]; end; close(input); for i:=1 to n do for j:=1 to n do if s[j] - s[i] > max then max := s[j] - s[i]; writeln(max); end. 四、街道問題 在下圖中找出從左下角到右上角的最短路徑，每步只能向右方或上方走。 [分析] 這是一道簡單而又典型的動態(tài)規(guī)劃題，許多介紹動態(tài)規(guī)劃的書與文章中都拿它來做例子。通常，書上的解答是這樣的： 按照圖中的虛線來劃分階段，即階段變量k表示走過的步數(shù)，而狀態(tài)變量xk表示當(dāng)前處于這一階段上的哪一點。這時的模型實際上已經(jīng)轉(zhuǎn)化成了一個特殊的多段圖。用決策變量uk=0表示向右走，uk=1表示向上走，則狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程如下： (這里的row是地圖豎直方向的行數(shù)） 我們看到，這個狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程需要根據(jù)k的取值分兩種情況討論，顯得非常麻煩。相應(yīng)的，把它代入規(guī)劃方程而付諸實現(xiàn)時，算法也很繁。因而我們在實現(xiàn)時，一般是不會這么做的，而代之以下面方法： （這里Distance表示相鄰兩點間的邊長） 這樣做確實要比上面的方法簡單多了，但是它已經(jīng)破壞了動態(tài)規(guī)劃的本來面目，而不存在明確的階段特征了。如果說這種方法是以地圖中的行（A、B、C、D）來劃分階段的話，那么它的"狀態(tài)轉(zhuǎn)移"就不全是在兩個階段之間進(jìn)行的了。 也許這沒什么大不了的，因為實踐比理論更有說服力。但是，如果我們把題目擴(kuò)展一下：在地圖中找出從左下角到右上角的兩條路徑，兩條路徑中的任何一條邊都不能重疊，并且要求兩條路徑的總長度最短。這時，再用這種"簡單"的方法就不太好辦了。 如果非得套用這種方法的話，則最優(yōu)指標(biāo)函數(shù)就需要有四維的下標(biāo)，并且難以處理兩條路徑"不能重疊"的問題。 而我們回到原先"標(biāo)準(zhǔn)"的動態(tài)規(guī)劃法，就會發(fā)現(xiàn)這個問題很好解決，只需要加一維狀態(tài)變量就成了。即用xk=(ak,bk)分別表示兩條路徑走到階段k時所處的位置，相應(yīng)的，決策變量也增加一維，用uk=(xk,yk)分別表示兩條路徑的行走方向。狀態(tài)轉(zhuǎn)移時將兩條路徑分別考慮 在寫規(guī)劃方程時，只要對兩條路徑走到同一個點的情況稍微處理一下，減少可選的決策個數(shù)： 從這個例子可以看出，合理地劃分階段和選擇狀態(tài)可以給解題帶來方便。 六、花店櫥窗 假設(shè)你想以最美觀的方式布置花店的櫥窗?，F(xiàn)在你有F束不同品種的花束，同時你也有至少同樣數(shù)量的花瓶被按順序擺成一行。這些花瓶的位置固定于架子上，并從1至V順序編號，V是花瓶的數(shù)目，從左至右排列，則最左邊的是花瓶1，最右邊的是花瓶V。花束可以移動，并且每束花用1至F間的整數(shù)唯一標(biāo)識。標(biāo)識花束的整數(shù)決定了花束在花瓶中的順序，如果I＜J，則令花束I必須放在花束J左邊的花瓶中。 例如，假設(shè)一束杜鵑花的標(biāo)識數(shù)為1，一束秋海棠的標(biāo)識數(shù)為2，一束康乃馨的標(biāo)識數(shù)為3，所有的花束在放入花瓶時必須保持其標(biāo)識數(shù)的順序，即：杜鵑花必須放在秋海棠左邊的花瓶中，秋海棠必須放在康乃馨左邊的花瓶中。如果花瓶的數(shù)目大于花束的數(shù)目。則多余的花瓶必須空置，且每個花瓶中只能放一束花。 每一個花瓶都具有各自的特點。因此，當(dāng)各個花瓶中放入不同的花束時，會產(chǎn)生不同的美學(xué)效果，并以美學(xué)值（一個整數(shù)）來表示，空置花瓶的美學(xué)值為零。 在上述例子中，花瓶與花束的不同搭配所具有的美學(xué)值，如下表所示。 花 瓶 1 2 3 4 5 1 (杜鵑花) 7 23 -5 -24 16 2 (秋海棠) 5 21 -4 10 23 3 (康乃馨) -21 5 -4 -20 20 例如，根據(jù)上表，杜鵑花放在花瓶2中，會顯得非常好看；但若放在花瓶4中則顯得十分難看。 為取得最佳美學(xué)效果，你必須在保持花束順序的前提下，使花束的擺放取得最大的美學(xué)值。如果有不止一種的擺放方式具有最大的美學(xué)值，則其中任何一直擺放方式都可以接受，但你只要輸出任意一種擺放方式。 （2）假設(shè)條件 1≤F≤100，其中F為花束的數(shù)量，花束編號從1至F。 F≤V≤100，其中V是花瓶的數(shù)量。 -50≤Aij≤50，其中Aij是花束i在花瓶j中的美學(xué)值。 （3）輸入 第一行包含兩個數(shù)：F，V。 隨后的F行中，每行包含V個整數(shù)，Aij 即為輸入文件中第（i+1 ）行中的第j個數(shù)。 （4）輸出 一行是程序所產(chǎn)生擺放方式的美學(xué)值。 【樣例輸入1】 【樣例輸入2】 3 5 7 23 -5 -24 16 5 21 -4 10 23 -21 5 -4 -20 20 【樣例輸出1】 【樣例輸出2】 53 本題雖然是IOI’99中較為簡單的一題，但其中大有文章可作。說它簡單，是因為它有序，因此我們一眼便可看出這題應(yīng)該用動態(tài)規(guī)劃來解決。但是，如何動態(tài)規(guī)劃呢？如何劃分階段，又如何選擇狀態(tài)呢？ <方法1> 以花束的編號來劃分階段。在這里，第k階段布置第k束花，共有F束花，有F+1個階段，增加第F+1階段是為了計算的方便；狀態(tài)變量xk表示第k束花所在的花瓶。而對于每一個狀態(tài)xk，決策uk就是第k+1束花放置的花瓶號；最優(yōu)指標(biāo)函數(shù)fk(xk)表示從第k束花到第n束花所得到的最大美學(xué)值；A(i,j)是花束i插在花瓶j中的美學(xué)值,V是花瓶總數(shù),F是花的總數(shù)。 狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程為 規(guī)劃方程為 邊界條件為： , 事實上這是一個虛擬的邊界。 最后要求的最大美學(xué)價值是 <方法2> 方法1的規(guī)劃方程中的允許決策空間：xk+1≤uk≤V-(F-k)+1 比較麻煩，因此有待改進(jìn)。還是以花束的編號來劃分階段，第k階段布置第k束花；狀態(tài)變量xk表示第k束花所在的花瓶；注意，這里我們考慮倒過來布置花瓶，即從第F束花開始布置到第1束花。于是狀態(tài)變量uk表示第k-1束花所在的花瓶；最優(yōu)指標(biāo)fk(xk)表示從第一束花到第k束花所獲得的美學(xué)價值；A(i,j)是花束i插在花瓶j中的美學(xué)值,V是花瓶總數(shù),F是花的總數(shù)。則狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程為： 規(guī)劃方程為： 增加的虛擬邊界條件為： 最后要求的最大美學(xué)價值是： 可以看出，這種方法實質(zhì)上和方法1沒有區(qū)別，但是允許決策空間的表示變得簡單了。 <方法3> 以花瓶的數(shù)目來劃分階段，第k個階段決定花瓶k中是否放花；狀態(tài)變量xk表示前k個花瓶中放了多少花；而對于任意一個狀態(tài)xk，決策就是第xk束花是否放在第k個花瓶中，用變量uk=1或0來表示。最優(yōu)指標(biāo)函數(shù)fk(xk)表示前k個花瓶中插了xk束花，所能取得的最大美學(xué)值。注意，這里仍然是倒過來考慮。 狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程為 規(guī)劃方程為 邊界條件為 三種不同的方法都成功地解決了問題，只不過因為階段的劃分不同，狀態(tài)的表示不同，決策的選擇有多有少，所以算法的時間復(fù)雜度也就不同。 這個例子具有很大的普遍性。有很多的多階段決策問題都有著不止一種的階段劃分方法，因而往往就有不止一種的規(guī)劃方法。有時各種方法所產(chǎn)生的效果是差不多的，但更多的時候，就像我們的例子一樣，兩種方法會在某個方面有些區(qū)別。所以，在用動態(tài)規(guī)劃解題的時候，可以多想一想是否有其它的解法。對于不同的解法，要注意比較，好的算法好在哪里，差一點的算法差在哪里。從各種不同算法的比較中，我們可以更深刻地領(lǐng)會動態(tài)規(guī)劃的構(gòu)思技巧。 七、航線設(shè)置 問題描述:美麗的萊茵河畔,每邊都分布著N個城市,兩邊的城市都是唯一對應(yīng)的友好城市,現(xiàn)需要在友好城市開通航線以加強(qiáng)往來.但因為萊茵河常年大霧,如果開設(shè)的航線發(fā)生交叉現(xiàn)象就有可能出現(xiàn)碰船的現(xiàn)象.現(xiàn)在要求近可能多地開通航線并且使航線不能相交! 假如你是一個才華橫溢的設(shè)計師,該如何設(shè)置友好城市間的航線使的航線數(shù)又最大又不相交呢? 分析:此問題可以演化成求最大不下降序列來完成.源程序如下: program dongtai; {動態(tài)規(guī)劃之友好城市航線設(shè)置問題} var d:array[1..1000,1..4] of integer; i,j,k,n,L,p:integer; procedure print(L:integer); {打印結(jié)果} begin writeLn(最多可設(shè)置的航線數(shù)是 : ,k); repeat writeLn(d[L,1]:4,d[L,2]:4); {輸出可以設(shè)置航線的友好城市代碼} L:=d[L,4] untiL L=0 end; begin writeLn(輸入友好城市對數(shù): ); readLn(n); writeLn(輸入友好城市對（友好城市放在同一行:); {輸入} for i:=1 to n do readLn(d[i,1],d[i,2]); {D[I，1]表示起點，D[I，2]表示終點} for i:=1 to n do begin d[i,3]:=1; {D[I，3]表示可以設(shè)置的航線條數(shù)} d[i,4]:=0 {D[I，4]表示后繼，即下一條航線從哪里開始設(shè)置，為0表示不能設(shè)置下一條航線} end; for i:=n-1 downto 1 do {從倒數(shù)第二個城市開始規(guī)劃} begin L:=0; p:=0; {L表示本城市后面可以設(shè)置的航線數(shù)，P表示下條航線從哪個城市開始} for j:=i+1 to n do {找出本城市后面可以設(shè)置的最大航線數(shù)和小條航線到底從哪個城市開始設(shè)置} if (d[i,2] L) then {如果本城市I的終點小于后面城市的終點（即不相交）} {并且此城市后面可以設(shè)置的航線數(shù)大于L} begin L:=d[j,3]; {那么L等于城市J的可以設(shè)置航線數(shù)} p:=j {P等于可以設(shè)置下條航線的城市代碼} end; if L>0 then {如果本城市后面總共可以設(shè)置的航線數(shù)>0則} begin d[i,3]:=L+1; {本城市可以設(shè)置的航線數(shù)在下個城市可以設(shè)置航線數(shù)的基礎(chǔ)上加1} d[i,4]:=p {D[I，4]等于本城市后續(xù)城市的代碼} end end; k:=d[1,3]; {K為可以設(shè)置最大航線數(shù)，假設(shè)初值為第一個城市可以設(shè)置的航線數(shù)} L:=1; {L為城市代碼，初值為第一個城市} for i:=2 to n do {找出可以設(shè)置航線的最大值，賦值給K，同時L記下哪個可以設(shè)置最大航線數(shù)的城市代碼} if d[i,3]>k then begin k:=d[i,3]; L:=i end; for i:=1 to n do {打印結(jié)果，因為有可能有多種方案，所以只要哪個城市可以設(shè)置的航線數(shù)等于最大值K就打印結(jié)果} if d[i,3]=k then print(i) end. 八、最長不降子序列 （1）問題描述 設(shè)有由n個不相同的整數(shù)組成的數(shù)列，記為: a(1)、a(2)、……、a(n)且a(i)<>a(j) (i<>j) 例如3，18，7，14，10，12，23，41，16，24。 若存在i1a(n)則存在長度為1的不下降序列a(n-1)或a(n)。 3 一般若從a(i)開始，此時最長不下降序列應(yīng)該按下列方法求出: 在a(i+1),a(i+2),…,a(n)中，找出一個比a(i)大的且最長的不下降序列，作為它的后繼。 4.用數(shù)組b(i),c(i)分別記錄點i到n的最長的不降子序列的長度和點i后繼接點的編號 (3) 程序如下:（逆推法） program li1; const maxn=100; var a,b,c:array[1..maxn] of integer; fname:string; f:text; n,i,j,max,p:integer; begin readln(fname); assign(f,fname); reset(f); readln(f,n);+ for i:=1 to n do begin read(f,a[i]); b[n]:=1; c[n]:=0; end; for i:= n-1 downto 1 do begin max:=0;p:=0; for j:=i+1 to n do if (a[i]max) then begin max:=b[j];p:=j end; if p<>0 then begin b[i]:=b[p]+1;c[i]:=p end end; max:=0;p:=0; for i:=1 to n do if b[i]>max then begin max:=b[i];p:=i end; writeln(maxlong=,max); write(result is:); while p<>0 do begin write(a[p]:5);p:=c[p] end; end. 九、 背包問題 背包問題有三種 1.部分背包問題　 一個旅行者有一個最多能用m公斤的背包，現(xiàn)在有n種物品，它們的總重量分別是W1，W2，...,Wn,它們的總價值分別為C1,C2,...,Cn.求旅行者能獲得最大總價值。 解決問題的方法是貪心算法:將C1/W1,C2/W2,...Cn/Wn,從大到小排序,不停地選擇價值與重量比最大的放人背包直到放滿為止. 2.0/1背包 一個旅行者有一個最多能用m公斤的背包，現(xiàn)在有n件物品，它們的重量分別是W1，W2，...,Wn,它們的價值分別為C1,C2,...,Cn.若每種物品只有一件求旅行者能獲得最大總價值。 <1>分析說明: 顯然這個題可用深度優(yōu)先方法對每件物品進(jìn)行枚舉(選或不選用0,1控制). 程序簡單,但是當(dāng)n的值很大的時候不能滿足時間要求，時間復(fù)雜度為O（2n）。按遞歸的思想我們可以把問題分解為子問題,使用遞歸函數(shù) 設(shè) f(i，x)表示前i件物品，總重量不超過x的最優(yōu)價值 則 f（i，x）=max(f(i－1，x-W[i])+C[i]，f（i－1，x）） f（n，m）即為最優(yōu)解，邊界條件為f（0，x）＝0 ，f(i,0)=0; 動態(tài)規(guī)劃方法(順推法)程序如下: 程序如下： program knapsack02; const maxm=200;maxn=30; type ar=array[1..maxn] of integer; var m,n,j,i:integer; c,w:ar; f:array[0..maxn,0..maxm] of integer; function max(x,y:integer):integer; begin if x>y then max:=x else max:=y; end; begin readln(m,n); for i:= 1 to n do readln(w[i],c[i]); for i:=1 to m do f(0,i):=0; for i:=1 to n do f(i,0):=0; for i:=1 to n do for j:=1 to m do begin if j>=w[i] then f[i,j]:=max(f[i-1,j-w[i]]+c[i],f[i-1,j]) else f[i,j]:=f[i-1,j]; end; writeln(f[n,m]); end. 使用二維數(shù)組存儲各子問題時方便，但當(dāng)maxm較大時如maxn=xx時不能定義二維數(shù)組f,怎么辦,其實可以用一維數(shù)組,但是上述中j:=1 to m 要改為j:=m downto 1,為什么?請大家自己解決。 3.完全背包問題 一個旅行者有一個最多能用m公斤的背包，現(xiàn)在有n種物品，每件的重量分別是W1，W2，...,Wn, 每件的價值分別為C1,C2,...,Cn.若的每種物品的件數(shù)足夠多. 求旅行者能獲得的最大總價值。 本問題的數(shù)學(xué)模型如下： 設(shè) f(x)表示重量不超過x公斤的最大價值， 則 f(x）=max{f(x-w[i])+c[i]} 當(dāng)x>=w[i] 1<=i<=n 程序如下:（順推法） program knapsack04; const maxm=xx;maxn=30; type ar=array[0..maxn] of integer; var m,n,j,i,t:integer; c,w:ar; f:array[0..maxm] of integer; begin readln(m,n); for i:= 1 to n do readln(w[i],c[i]); f(0):=0; for i:=1 to m do for j:=1 to n do begin if i>=w[j] then t:=f[i-w[j]]+c[j]; if t>f[i] then f[i]:=t end; writeln(f[m]); end. 十、 最短路徑 　 問題描述： 如圖：求v1到v10的最短路徑長度及最短路徑。 　 圖的鄰接矩陣如下： 0 2 5 1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 0 -1 -1 12 14 -1 -1 -1 -1 -1 -1 0 -1 6 10 4 -1 -1 -1 -1 -1 -1 0 13 12 11 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 0 -1 -1 3 9 -1 -1 -1 -1 -1 -1 0 -1 6 5 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 0 -1 10 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 0 -1 5 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 0 2 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 0 采用逆推法 設(shè)f（x）表示點x到v10的最短路徑長度 則 f(10)=0 f(x)=min{ f(i)+a[x,i] 當(dāng)a[x,i]>0 ,x0) and (b[j]<>maxint) and (b[j]+a[i,j]0 do begin write(x:5); x:=c[x]; end; end.