回溯算法----货郎（售货员）问题

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我是靠谱客的博主欣慰薯片，最近开发中收集的这篇文章主要介绍回溯算法----货郎（售货员）问题，觉得挺不错的，现在分享给大家，希望可以做个参考。

概述

1.问题描述：

有一个推销员，要到n个城市推销商品，他要找出一个包含所有n个城市的具有最短路程的环路。（最后回到原来的城市）

示例：从城市1出发经过所有城市后回到城市1，要使总路程最短。

2.1算法设计思想（一）：

给定n个城市的无向带权图G(V,E)，顶点代表城市，权值代表城市之间的距离。若城市之间没有路径，则距离为无穷。

城市之间的距离存放在二维数组g[][]中。

从城市1出发，先到临近城市2，将走过的路程存放在变量 cl 中。

bestl代表当前找到的一种最短路径长度。如走法：1-2-3-4-5-1

显然，向城市深处走时，cl只会增加。因此当cl>bestl时，不必再往深处走。

限界条件为cl<bestl, cl 初值为0，bestf初值为∞

版本一的算法实现

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#include<iostream>
using namespace std;
#define MAX 1000
int g[100][100],x[100],bestx[100];
int cl=0,bestl=MAX,n;
void Traveling(int t)
{
int j;
if(t>n) //到达叶子结点
{
if(g[x[n]][1]!=-1 && (cl+g[x[n]][1]<bestl))//推销员到的最后一个城市与出发的城市之间有路径，且当前总距离比当前最优值小
{
for(j=1; j<=n; j++)
bestx[j]=x[j];
bestl=cl+g[x[n]][1];
}
}
else //没有到达叶子结点
{
for(j=t; j<=n; j++)//搜索扩展结点的左右分支，即所有与当前所在城市临近的城市
{
if(g[x[t-1]][x[j]]!=-1 && (cl+g[x[t-1]][x[j]]<bestl))//若果第t-1个城市与第t个城市之间有路径且可以得到更短的路线
{
swap(x[t],x[j]); //保存要去的第t个城市到x[t]中
cl+=g[x[t-1]][x[t]]; //路线长度增加
Traveling(t+1); //搜索下一个城市
cl-=g[x[t-1]][x[t]];
swap(x[t],x[j]);
}
}
}
}
int main()
{
int i,j;
cout<<"请输入一共有几个城市："<<endl;
cin>>n;
cout<<"请输入城市之间的距离"<<endl;
for(i=1; i<=n; i++)
for(j=1; j<=n; j++)
cin>>g[i][j];
for(i=1; i<=n; i++)
{
x[i]=i;
bestx[i]=0;
}
Traveling(2);
cout<<"城市路线："<<endl;
for(i=1; i<=n; i++)
cout<<bestx[i]<<' ';
cout<<bestx[1];
cout<<endl;
cout<<"最短路线长度："<<endl;
cout<<bestl<<endl;
return 0;
}
/*
测试数据：
5
-1 10 -1 4 12
10 -1 15 8 5
-1 15 -1 7 30
4 8 7 -1 6
12 5 30 6 -1
*/

2.2版本实现二（更精确的利用界定函数削减分支）原理具体看北大算法公开课，屈婉玲老师讲的。就是喜欢没有废话的视频课

与网上绝大多数这个问题的解法不同，这个版本的界定函数更准确，也就意味不必要的分支削减更多，算法实际时效更高

搜索树的叶片数：O((n-1)!,每个叶子结点对应一条路径，每条路径n个节点
每个节点的代价函数计算时间O(1)，每条路径的计算计算时间O(n)

最坏情况下时间复杂度是O(n!)同蛮力算法

但是实际中，分支限定可以削减许多不必要的搜索分支

//搜索树的叶片数：O((n-1)!,每个叶子结点对应一条路径，每条路径n个节点
//每个节点的代价函数计算时间O(1)，每条路径的计算计算时间O(n)
//最坏情况下时间复杂度是O(n!)
//但是实际中，分支限定可以削减许多不必要的搜索分支

#include<iostream>  
using namespace std;
#define MAX 1000  
int g[100][100], x[100], bestx[100];

int cl = 0, bestl = MAX, n;

//界定函数，按照屈婉玲老师的算法公开课视频讲解的给出的实现，这与网上绝大多数版本的界定函数不同，可以更精确的削减分支
double Bound(int t, int cl)
{
	double min1 = 0, min2 = 0, tempSum=0;
	for (int j = t; j <= n; j++)
	{
		if (g[x[t - 1]][x[j]] != -1 && g[x[t - 1]][x[j]] < min1)
		{
			min1 = g[x[t - 1]][x[j]];
		}
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
		{
			if (g[x[j]][x[i]] != -1 && g[x[j]][x[i]] < min2)
			{
				min2 = g[x[j]][x[i]];
			}
		}
		tempSum += min2;
	}

	return cl + min1 + tempSum;

}


void Traveling(int t)
{
	int j;
	if (t>n) //到达叶子结点  
	{
		
		if (g[x[n]][1] != -1 && (cl + g[x[n]][1]<bestl))//推销员到的最后一个城市与出发的城市之间有路径，且当前总距离比当前最优值小  
		{
			for (j = 1; j <= n; j++)
				bestx[j] = x[j];
			bestl = cl + g[x[n]][1];
		}
	}
	else    //没有到达叶子结点  
	{
		for (j = t; j <= n; j++)//搜索扩展结点的左右分支，即所有与当前所在城市临近的城市  
		{
			if (g[x[t - 1]][x[j]] != -1 && Bound(t, cl)<bestl)
			//if (g[x[t - 1]][x[j]] != -1 && (cl + g[x[t - 1]][x[j]]<bestl))//若果第t-1个城市与第t个城市之间有路径且可以得到更短的路线  
			{

				swap(x[t], x[j]);     //保存要去的第t个城市到x[t]中  
				cl += g[x[t - 1]][x[t]]; //路线长度增加  
				Traveling(t + 1);      //搜索下一个城市  
				cl -= g[x[t - 1]][x[t]];
				swap(x[t], x[j]);
			}
		}
	}
}
int main()
{
	int i, j;
	cout << "请输入一共有几个城市：" << endl;
	cin >> n;
	cout << "请输入城市之间的距离" << endl;

	for (i = 1; i <= n; i++)
		for (j = 1; j <= n; j++)
			cin >> g[i][j];

	for (i = 1; i <= n; i++)
	{
		x[i] = i;
		bestx[i] = 0;
	}

	Traveling(2);
	cout << "城市路线：" << endl;
	for (i = 1; i <= n; i++)
		cout << bestx[i] << ' ';
	cout << bestx[1];
	cout << endl;
	cout << "最短路线长度：" << endl;
	cout << bestl << endl;
	return 0;
}

3.算法实现结果：

输入：