Tutorial Backtracking
Obiective laborator
Întelegerea noțiunilor de bază despre backtracking;
Însușirea abilităților de implementare a algoritmilor bazați pe backtracking;
Rezolvarea unor probleme NP-complete în timp exponențial.
Precizări inițiale
Toate exemplele de cod se găsesc pe pagina
pa-lab::demo/lab05.
Exemplele de cod apar încorporate și în textul laboratorului pentru a facilita parcurgerea cursivă a acestuia. ATENȚIE! Varianta actualizată a acestor exemple se găsește întotdeauna pe GitHub.
Toate bucățile de cod prezentate în partea introductivă a laboratorului (înainte de exerciții) au fost testate. Cu toate acestea, este posibil ca din cauza mai multor factori (formatare, caractere invizibile puse de browser etc.) un simplu copy-paste să nu fie de ajuns pentru a compila codul.
Vă rugam să compilați DOAR codul de pe GitHub. Pentru raportarea problemelor, contactați unul dintre maintaineri.
Pentru orice problemă legată de conținutul acestei pagini, vă rugăm să dați e-mail unuia dintre responsabili.
Ce este Backtracking?
Backtracking este un algoritm care caută una sau mai multe soluții pentru o problema, printr-o căutare exhaustiva, mai eficientă însă în general decât o abordare „generează si testează”, de tip „forță brută”, deoarece un candidat parțial care nu duce la o soluție este abandonat. Poate fi folosit pentru orice problemă care presupune o căutare în spațiul stărilor.
În general, în timp ce cautăm o soluție e posibil să dăm de un deadend în urma unei alegeri greșite sau să găsim o soluție, dar să dorim să căutăm în continuare alte soluții. În acel moment trebuie să ne întoarcem pe pașii făcuți (backtrack) și la un moment dat să luăm altă decizie.
Este relativ simplu din punct de vedere conceptual, dar complexitatea algoritmului este exponentială.
Importanța – aplicaţii practice
Există foarte multe probleme (de exemplu, problemele NP-complete sau NP-dificile) care pot fi rezolvate prin algoritmi de tip backtracking mai eficient decât prin „forta bruta” (adică generarea tuturor alternativelor și selectarea soluțiilor). Atenție însă, complexitatea computațională este de cele mai multe ori exponențială. O eficientizare se poate face prin combinarea cu tehnici de propagare a restricțiilor. Orice problemă care are nevoie de parcurgerea spațiului de stări se poate rezolva cu backtracking.
Descrierea problemei și a rezolvărilor
Pornind de la strategiile clasice de parcurgere a spațiului de stări, algoritmii de tip backtracking practic enumeră un set de candidați parțiali, care, după completarea definitivă, pot deveni soluții potențiale ale problemei inițiale. Exact ca strategiile de parcurgere în lățime/adâncime și backtracking-ul are la bază expandarea unui nod curent, iar determinarea soluției se face într-o manieră incrementală. Prin natura sa, backtracking-ul este recursiv, iar în arborele expandat top-down se aplică operații de tipul pruning (tăiere) dacă soluția parțială nu este validă.
Algoritm de baza
/* Domain - domeniul curent (cu un cardinal mai mic decat la pasul trecut)
Solution - solutia curenta pe care o extindem catre cea finala */
back(Domain, Solution):
if check(Solution):
print(Solution)
return
for value in Domain:
NextSolution = Solution.push(value)
NextDomain = Domain.erase(value)
back(NextDomain, NextSolution)
Algoritm de baza (modificat pentru transmitere prin referinta)
/* Domain - domeniul curent (cu un cardinal mai mic decat la pasul trecut)
Solution - solutia curenta pe care o extindem catre cea finala */
back(Domain, Solution):
if check(Solution):
print(Solution)
return
for value in Domain:
/* DO */
Solution = Solution.push(value)
Domain = Domain.erase(value)
/* RECURSION */
back(Domain, Solution)
/* UNDO */
Solution = Solution.pop()
Domain = Domain.insert(value)
Exemple clasice
Ne vom ocupa în continuare de următoarele probleme:
Permutări
Combinări
Aranjamente
Submulțimi
Generare de șiruri
Problema damelor
Problema șoricelului
Tic-Tac-Toe
Sudoku
Ultimate Tic-Tac-Toe
Sudoku și Ultimate Tic-Tac-Toe sunt probleme foarte grele. În general nu putem explora tot spațiul stărilor pentru un input arbitrar dat.
Permutări
Enunț
Se dă un număr N. Să se genereze toate permutările mulțimii formate din toate numerele de la 1 la N.
Exemple
N = 3 ⇒ M = {1, 2, 3}
Solutie:
{1, 2, 3}
{1, 3, 2}
{2, 1, 3}
{2, 3, 1}
{3, 1, 2}
{3, 2, 1}
Soluții
Backtracking (algoritmul în cazul general)
/* deoarece numerele sunt sterse din domeniu odata ce sunt folosite, soluția generata este garantata
sa nu contina duplicate. Astfel, atunci cand domeniul ajunge vid, soluția este intotdeauna corecta */
bool check(std::vector<int> solution) {
return true;
}
void printSolution(std::vector<int> solution) {
for (auto &s : solution) {
std::cout << s << " ";
}
std::cout << "\n";
}
void back(std::vector<int> domain, std::vector<int> solution) {
/* dupa ce am folosit toate elementele din domeniu putem verifica daca
am gasit o solutie */
if (domain.size() == 0) {
if(check(solution)) {
printSolution(solution);
}
return;
}
/* incercam sa adaugam in solutie toate valorile din domeniu, pe rand */
for (unsigned int i = 0; i < domain.size(); ++i) {
/* cream o solutie noua si un domeniu nou care sunt identice cu cele
de la pasul curent */
std::vector<int> newSolution(solution), newDomain(domain);
/* adaugam in noua solutie elementul ales din domeniu */
newSolution.push_back(domain[i]);
/* stergem elementul ales din noul domeniu */
newDomain.erase(newDomain.begin() + i);
/* apelam recursiv backtracking pe noul domeniu si noua solutie */
back(newDomain, newSolution);
}
}
int main() {
/* dupa ce am citit n initializam domeniul cu n elemente, numerele de la 1 la n,
iar solutia este vida initial */
std::vector<int> domain(n), solution;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
domain[i] = i + 1;
}
/* apelam backtracking pe domeniul nostru, cautand solutia in vectorul solution */
back(domain, solution);
}
Apelarea inițială (din “main”) se face astfel: “back(domain, solution);”, unde domain reprezintă un vector cu elementele de la 1 la N, iar solution este un vector gol.
Nu este indicată implementarea backtracking-ului astfel deoarece este foarte costisitor din punct de vedere al memoriei(se creează noi domenii și soluții la fiecare pas).
Complexitate
Soluția va avea următoarele complexitati:
Backtracking (date transmise prin referinta)
/* deoarece numerele sunt sterse din domeniu odata ce sunt folosite, soluția generata este garantata sa nu contina duplicate. Astfel, atunci cand domeniul ajunge vid, soluția este intotdeauna corecta */
bool check(std::vector<int> solution) {
return true;
}
void printSolution(std::vector<int> &solution) {
for (int s : solution) {
std::cout << s << " ";
}
std::cout << "\n";
}
void back(std::vector<int> &domain, std::vector<int> &solution) {
/* dupa ce am folosit toate elementele din domeniu putem verifica daca
am gasit o solutie */
if (domain.size() == 0) {
if(check(solution)) {
printSolution(solution);
}
return;
}
/* incercam sa adaugam in solutie toate valorile din domeniu, pe rand */
for (unsigned int i = 0; i < domain.size(); ++i) {
/* retinem valoarea pe care o scoatem din domeniu ca sa o readaugam dupa
apelarea recursiva a backtracking-ului */
int tmp = domain[i];
/* adaug elementul curent la potentiala solutie */
solution.push_back(domain[i]);
/* sterg elementul curent din domeniu ca sa il pot pasa prin referinta
si sa nu fie nevoie sa creez alt domeniu */
domain.erase(domain.begin() + i);
/* apelez recursiv backtracking pe domeniul si solutia modificate */
back(domain, solution);
/* refac domeniul si solutia la modul in care aratau inainte de apelarea
recursiva a backtracking-ului, adica readaug elementul eliminat in
domeniu si il sterg din solutie */
domain.insert(domain.begin() + i, tmp);
solution.pop_back();
}
}
int main() {
/* dupa ce am citit n initializam domeniul cu n elemente, numerele de la 1 la n,
iar solutia este vida initial */
std::vector<int> domain(n), solution;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
domain[i] = i + 1;
}
/* apelam backtracking pe domeniul nostru, cautand solutia in vectorul solution */
back(domain, solution);
}
Apelarea initiala (din “int main”) se face astfel: “back(domain, solution);”, unde domain reprezinta un vector cu elementele de la 1 la N, iar solution este un vector gol.
Complexitate
Soluția va avea următoarele complexități:
Această abordare este mai eficientă decât cea generală, deoarece se evită folosirea memoriei auxiliare.
Backtracking (tăierea ramurilor nefolositoare)
bool check(std::vector<int> &solution) {
return true;
}
void printSolution(std::vector<int> &solution) {
for (auto s : solution) {
std::cout << s << " ";
}
std::cout << "\n";
}
void back(int step, int stop, std::vector<int> &domain,
std::vector<int> &solution, std::unordered_set<int> &visited) {
/* vom verifica o solutie atunci cand am adaugat deja N elemente in solutie,
adica step == stop */
if (step == stop) {
/* deoarece am avut grija sa nu se adauge duplicate, "check()" va returna
intotdeauna "true" */
if(check(solution)) {
printSolution(solution);
}
return;
}
/* Adaugam in solutie fiecare element din domeniu care *NU* a fost vizitat
deja renuntand astfel la nevoia de a verifica duplicatele la final prin
functia "check()" */
for (unsigned int i = 0; i < domain.size(); ++i) {
/* folosim elementul doar daca nu e vizitat inca */
if (visited.find(domain[i]) == visited.end()) {
/* il marcam ca vizitat si taiem eventuale expansiuni nefolositoare
viitoare (ex: daca il adaug in solutie pe 3 nu voi mai avea
niciodata nevoie sa il mai adaug pe 3 in continuare) */
visited.insert(domain[i]);
/* adaugam elementul curent in solutie pe pozitia pasului curent
(step) */
solution[step] = domain[i];
/* apelam recursiv backtracking pentru pasul urmator */
back(step + 1, stop, domain, solution, visited);
/* stergem vizitarea elementului curent (ex: pentru N = 3, dupa ce
la pasul "step = 0" l-am pus pe 1 pe prima pozitie in solutie si
am continuat recursiv pana am ajuns la solutiile {1, 2, 3} si
{1, 3, 2}, ne dorim sa il punem pe 2 pe prima pozitie in solutie si
sa continuam recursiv pentru a ajunge la solutiile {2, 1, 3} etc.) */
visited.erase(domain[i]);
}
}
}
int main() {
/* dupa ce am citit n initializam domeniul cu n elemente, numerele de la 1 la n,
iar solutia este initializata cu un vector de n elemente (deoarece o permutare
contine n elemente) */
std::vector<int> domain(n), solution(n);
std::unordered_set<int> visited;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
domain[i] = i + 1;
}
/* apelam back cu step = 0 (atatea elemente avem adaugate in solutie),
stop = n (stim ca vrem sa adaugam n elemente in solutie pentru ca o
permutare e alcatuita din n elemente), domain este vectorul de valori
posibile, solution este vectorul care simuleaza stiva pe care o vom
umple, visited este un unordered_set (initial gol) in care retinem daca
un element din domeniu se afla deja in solutia curenta la un anumit pas */
back(0, n, domain, solution, visited);
}
Apelarea inițială (din “main”) se face astfel: “back(0, n, domain, solution, visited);”, unde domain reprezintă un vector cu elementele de la 1 la N, iar solution este un vector de n elemente, 0 este pasul curent, n este pasul la care dorim să ne oprim, iar visited este map-ul care ne permite să ținem cont de ce elemente au fost vizitate sau nu.
Complexitate
Soluția va avea următoarele complexitați:
Această soluție este optimă și are complexitatea temporală $T(n) = O(n!)$. Nu putem să obținem o soluție mai bună, întrucât trebuie să generăm n! permutări.
De asemenea, este optimă și din punct de vedere spatial, întrucât trebuie să avem $S(n) = O(n)$, din cauza stocării permutării generate.
Combinări
Enunț
Se dau numerele N si K. Să se genereze toate combinările mulțimii formate din toate numerele de la 1 la N, luate câte K.
Exemple
N = 4, K = 2 ⇒ M = {1, 2, 3, 4}
Soluție:
{1, 2}
{1, 3}
{1, 4}
{2, 3}
{2, 4}
{3, 4}
Soluții
Backtracking (tăierea ramurilor nefolositoare)
bool check(std::vector<int> &solution) {
return true;
}
void printSolution(std::vector<int> &solution, std::vector<int> &domain, int stop) {
for (unsigned i = 0; i < stop; ++i) {
std::cout << domain[solution[i]] << " ";
}
std::cout << "\n";
}
void back(int step, int stop, std::vector<int> &domain,
std::vector<int> &solution) {
/* vom verifica o solutie atunci cand am adaugat deja K elemente in solutie,
adica step == stop */
if (step == stop) {
/* deoarece am avut grija sa se adauge elementele doar in ordine
crescatoare, "check()" va returna intotdeauna "true" */
if(check(solution)) {
printSolution(solution, domain, stop);
}
return;
}
/* daca este primul pas, alegem fiecare element din domeniu ca potential
candidat pentru prima pozitie in solutie; altfel, pentru a elimina ramurile
in care de exemplu {2, 1} se va genera dupa ce s-a generat {1, 2} (adica
ar fi duplicat), vom folosi doar elementele din domeniu care sunt mai mari
decat ultimul element adaugat in solutie (solution[step - 1]) */
unsigned i = step > 0 ? solution[step - 1] + 1 : 0;
for (; i < domain.size(); ++i) {
solution[step] = i;
back(step + 1, stop, domain, solution);
}
}
int main() {
/* dupa ce citim n si k initializam domeniul cu valorile de la 1 la n,
iar solutia este initializata cu un vector de k elemente (fiindca o
combinare de "n luate cate k" are k elemente) */
std::vector<int> domain(n), solution(k);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
domain[i] = i + 1;
}
back(0, k, domain, solution);
}
În această soluție ne bazăm pe faptul că toate combinările pot fi generate în
ordine crescătoare, adică soluția {1, 3, 4} e echivalentă cu {4, 1, 3}.
Această soluție este optimă întrucât toate soluțiile generate sunt corecte (de aceea funcția check întoarce true). Deoarece problema cere obținerea tuturor combinărilor, aceasta complexitate nu poate fi mai mică de Combinări(n, k).
Complexitate
Soluția va avea următoarele complexități:
Problema șoricelului
Enunț
Se dă un număr N și o matrice pătratică de dimensiuni N x N în care elementele
egale cu 1 reprezintă ziduri (locuri prin care nu se poate trece), iar cele egale
cu 0 reprezintă spații goale. Această matrice are un șoricel în celula (0, 0) și
o bucată de brânză în celula (N - 1, N - 1). Scopul șoricelului e să ajungă la
bucata de brânză. Afișați toate modurile în care poate face asta știind că
acesta poate merge doar în dreapta sau în jos cu câte o celulă la fiecare pas.
Exemple
Există 2 drumuri posibile:
(0,0)→(0,1)→(0,2)→(1,2)→(2,2)
(0,0)→(1,0)→(2,0)→(2,1)→(2,2)
4
0 0 0 1
0 1 1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
Există 4 drumuri posibile:
(0,0)→(1,0)→(2,0)→(2,1)→(2,2)→(2,3)→(3,3)
(0,0)→(1,0)→(2,0)→(2,1)→(2,2)→(3,2)→(3,3)
(0,0)→(1,0)→(2,0)→(2,1)→(3,1)→(3,2)→(3,3)
(0,0)→(1,0)→(2,0)→(3,0)→(3,1)→(3,2)→(3,3)
Soluții
Backtracking (transmitere prin referință)
bool check(std::vector<std::pair<int, int> > &solution, int walls[100][100]) {
for (unsigned i = 0; i < solution.size() - 1; ++i) {
/* line_prev si col_prev reprezinta celula in care se afla soricelul la
pasul i; line_next si col_next reprezinta celula in care se afla
la pasul i + 1; trebuie sa fim siguri ca soricelul nu a ajuns pe zid
si ca urmatoarea celula este sub sau in dreapta celulei curente */
int line_prev = solution[i].first;
int line_next = solution[i + 1].first;
int col_prev = solution[i].second;
int col_next = solution[i + 1].second;
/* walls[x][y] == 1 inseamna ca este zid pe linia x, coloana y */
if (walls[line_prev][col_prev] == 1 ||
!((line_next == line_prev + 1 && col_next == col_prev) ||
(line_next == line_prev && col_next == col_prev + 1))) {
return false;
}
}
return true;
}
void printSolution(std::vector<std::pair<int, int> > &solution) {
for (std::pair<int, int> s : solution) {
std::cout << "(" << s.first << "," << s.second << ")->";
}
std::cout << "\n";
}
void back(std::vector<std::pair<int, int> > &domain, int walls[100][100],
std::vector<std::pair<int, int> > &solution, int max_iter) {
/* daca am facut "max_iter" pasi ma opresc si verific daca este corecta
solutia */
if (solution.size() == max_iter) {
if(check(solution, walls)) {
printSolution(solution);
}
return;
}
/* avand domeniul initializat cu toate celulele din matrice, incercam sa
adaugam oricare dintre aceste celule la solutie, verificand la final daca
solutia este buna */
for (unsigned int i = 0; i < domain.size(); ++i) {
/* pastram elementul curent pentru a-l readauga in domeniu dupa
apelarea recursiva */
std::pair<int, int> tmp = domain[i];
/* adaugam elementul curent la solutia candidat */
solution.push_back(domain[i]);
/* stergem elementul curent din domeniu */
domain.erase(domain.begin() + i);
/* apelam recursiv backtracking */
back(domain, walls, solution, max_iter);
/* adaugam elementul sters din domeniu inapoi */
domain.insert(domain.begin() + i, tmp);
/* stergem elementul curent din solutia candidat pentru a o forma pe
urmatoarea */
solution.pop_back();
}
}
int main() {
/* initializam domeniul si solutia ca vectori de perechi de int-uri;
domeniul va contine initial toate perechile de indici posibile din
matrice ((0, 0), (0, 1) ... (n - 1, n - 1)), iar solutia va fi initial
vida */
std::vector<std::pair<int, int> > domain, solution;
fin >> n;
for (i = 0; i < n; ++i) {
for (j = 0; j < n; ++j) {
/* walls[i][j] == 1 daca pe pozitia (i, j) este zid; 0 altfel */
fin >> walls[i][j];
domain.push_back({i, j});
}
}
/* apelam back cu domeniul format initial, cu matricea de ziduri, cu
solutia vida si cu numarul maxim de iteratii = 2 * n - 1 pentru ca
mergand doar in dreapta si in jos, in 2 * n - 1 pasi va ajunge din
(0, 0) in (n - 1, n - 1) */
back(domain, walls, solution, 2 * n - 1);
}
Apelarea initiala (din “int main”) se face astfel: “back(domain, walls, solution, 2 * n - 1);”, unde domain reprezinta un vector cu perechi in care sunt toate celulele matricii, solution este un vector gol, walls este matricea care ne arata daca este zid sau nu pe o anumita pozitie, iar 2 * n - 1 e numarul e pasi in care ar trebui ca soricelul sa ajunga la branza pe oriunde ar merge.
Complexitate
Soluția va avea următoarele complexități:
Backtracking (tăierea ramurilor nefolositoare)
bool check(std::vector<std::pair<int, int> > &solution) {
return true;
}
void printSolution(std::vector<std::pair<int, int> > &solution) {
for (std::pair<int, int> s : solution) {
std::cout << "(" << s.first << "," << s.second << ")->";
}
std::cout << "\n";
}
void back(int step, int stop, int walls[100][100],
std::vector<std::pair<int, int> > &solution, int line_moves[2],
int col_moves[2]) {
/* ne oprim dupa ce am ajuns la pasul "stop" si verificam daca solutia este
corecta */
if (step == stop) {
/* deoarece am eliminat ramurile nefolositoare am ajuns la o solutie care
sigur este corecta */
if(check(solution)) {
printSolution(solution);
}
return;
}
/* daca este primul pas stiu ca soricelul este in pozitia (0, 0) */
if (step == 0) {
/* adaugam (0, 0) la solutia candidat */
solution.push_back({0, 0});
/* apelam backtracking recursiv la pasul urmator */
back(step + 1, stop, walls, solution, line_moves, col_moves);
/* scoatem (0, 0) din solutie */
solution.pop_back();
return;
}
/* sunt doar doua mutari pe care le pot face intr-un pas: dreapta si jos;
acestea sunt encodate prin vectorii de directii line_moves[2] = {0, 1} si
col_moves[2] = {1, 0} care reprezinta la indicele 0 miscarea in dreapta, iar
la indicele 1 miscarea in jos */
for (unsigned int i = 0; i < 2; ++i) {
/* cream noua linie si noua coloana cu ajutorul vectorilor de directii */
int new_line = solution.back().first + line_moves[i];
int new_col = solution.back().second + col_moves[i];
int n = (stop + 1) / 2;
/* daca linia si coloana sunt valide (nu ies din matrice) si nu este
zid pe pozitia lor, putem continua pe acea celula */
if (new_line < n && new_col < n && walls[new_line][new_col] == 0) {
/* adaugam noua celula in solutia candidat;
NOTE: {new_line, new_col} este echivalent cu
std::pair<int, int>(new_line, new_col) si se numeste "initializer
list", feature in C++11 */
solution.push_back({new_line, new_col});
/* apelam backtracking recursiv la pasul urmator */
back(step + 1, stop, walls, solution, line_moves, col_moves);
/* scoatem celula adaugata din solutie */
solution.pop_back();
}
}
}
int main() {
/* initializam solutia ca vector de perechi de int-uri */
std::vector<std::pair<int, int> > solution;
fin >> n;
for (i = 0; i < n; ++i) {
for (j = 0; j < n; ++j) {
/* citim matricea zidurilor; 1 pentru zid, 0 altfel */
fin >> walls[i][j];
}
}
/* apelam back cu step = 0, stop = 2 * n - 1 deoarece in 2 * n - 1
pasi soricelul va ajunge la branza, vectorul de ziduri, vectorul in
care vom stoca solutia, vectorii de directii line_moves[2] = {0, 1} si
col_moves[2] = {1, 0}; nu avem nevoie de domeniu deoarece folosind
vectorii de directii vom sti din ultima pozitie pusa in solutie cele
doua solutii in care putem merge, astfel domeniul nostru va fi alcatuit
din doua solutii la fiecare pas (daca ultima pozitie din solutie a fost
(5, 7) => domeniul pasului curent = {(5 + 0, 7 + 1) si (5 + 1, 7 + 0)}
care este egal cu {(5, 8), (6, 7)}. */
back(0, 2 * n - 1, walls, solution, line_moves, col_moves);
}
Pentru aceasta abordare la fiecare pas de backtracking vom merge doar in doua directii, in loc sa mergem in oricare celula din matrice, lucru care imbunatateste semnificativ complexitatea temporala.
Complexitate
Soluția va avea urmatoarele complexitati:
Exerciții
Aranjamente
Fie N și K două numere naturale strict pozitive. Se cere afișarea tuturor aranjamentelor de N elemente luate cate K din mulțimea {1, 2, …, N}.
Fie N = 3, K = 2 ⇒ M = {1, 2, 3}
Soluție:
{1, 2}
{1, 3}
{2, 1}
{2, 3}
{3, 1}
{3, 2}
Se dorește o complexitate $T(n, k) = A(n,k)$.
Folosiți-vă de problema Permutări.
Soluțiile se vor genera în ordine lexico-grafica!
Checkerul așteaptă să le stocați în această ordine.
Submulțimi
Fie N un număr natural strict pozitiv. Se cere afișarea tuturor submulțimilor mulțimii {1, 2, …, N}.
Fie N = 4 ⇒ M = {1, 2, 3, 4}
Soluție:
{} - mulțimea vidă
{1}
{1, 2}
{1, 2, 3}
{1, 2, 3, 4}
{1, 2, 4}
{1, 3}
{1, 3, 4}
{1, 4}
{2}
{2, 3}
{2, 3, 4}
{2, 4}
{3}
{3, 4}
{4}
Se dorește o complexitate $T(n) = O(2^n)$.
Folosiți-vă de problema Combinari.
Soluțiile se vor genera în ordine lexico-grafica!
Checkerul așteaptă să le stocați în această ordine.
Problema damelor
Problema damelor (sau problema reginelor) tratează plasarea a 8 regine de sah pe o tablă de șah de dimensiuni 8 x 8 astfel încat să nu existe două regine care se amenință reciproc. Astfel, se caută o soluție astfel încât nicio pereche de doua regine să nu fie pe același rând, pe aceeași coloană, sau pe aceeași diagonală. Problema cu opt regine este doar un caz particular pentru problema generală, care presupune plasarea a N regine pe o tablă de șah N x N în aceleasi condiții. Pentru această problemă, există soluții pentru toate numerele naturale N cu excepția lui N = 2 si N = 3.
Fie N = 5
Soluție:
| X | - | - | - | - |
| - | - | X | - | - |
| - | - | - | - | X |
| - | X | - | - | - |
| - | - | - | X | - |
X reprezintă o damă, - reprezintă spațiu gol.
E nevoie să facem backtracking pe matrice sau e suficient pe vector?
Se va caută o singură soluție (
oricare soluție corectă), care va fi returnată sub forma unui vector cu $n + 1$ elemente.
Soluția este $sol[0], sol[1], ..., sol[n]$, unde $sol[i]$ = coloana unde vom plasa regina de pe linia i.
Elementul 0 este nefolosit, dorim să păstrăm convenția cu indexare de la 1.
Generare de șiruri
Vi se dă o listă de caractere și o lista de frecvențe (pentru caracterul de pe
poziția i, frecvența de pe poziția i). Vi se cere să generați toate șirurile
care se pot forma cu aceste caractere și aceste frecvențe știind că nu pot fi
mai mult de K apariții consecutive ale aceluiași caracter.
Fie caractere[] = {'a', 'b', 'c'}, freq[] = {1, 1, 2}, K = 5
Soluție:
abcc
acbc
accb
bacc
bcac
bcca
cabc
cacb
cbac
cbca
ccab
ccba
Fie caractere[] = {'b', 'c'}, freq[] = {3, 2}, K = 2
Solutie:
bbcbc
bbccb
bcbbc
bcbcb
bccbb
cbbcb
cbcbb
Soluțiile se vor genera în ordine lexico-grafica!
Checkerul așteaptă să le stocați în această ordine.
Bonus
Problema damelor (AC3)
Aplicați AC3 pe problema damelor.
Algoritmul AC-3 (Arc Consistency Algorithm) este de obicei folosit în probleme de satisfacere a constrângerilor (CSP). Acesta șterge arcele din arborele de stări care sigur nu se vor folosi niciodata.
AC-3 lucrează cu:
constrângeri
variabile
domenii de variabile
O variabilă poate lua orice valoare din domeniul său la orice pas. O constrângere este o relație sau o limitare a unor variabile.
Exemplu AC-3
Considerăm A, o variabilă ce are domeniul D(A) = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6} și B o variabila ce are domeniul D(B) = {0, 1, 2, 3, 4}. Cunoaștem constrângerile: C1 = “A trebuie să fie impar” și C2 = “A + B trebuie să fie egal cu 5”.
Algoritmul AC-3 va elimina în primul rând toate valorile pare ale lui A pentru a respecta C1 ⇒ D(A) = {1, 3, 5}. Apoi, va încerca să satisfacă C2, așa că va păstra în domeniul lui B toate valorile care adunate cu valori din D(A) pot da 5 ⇒ D(B) = {0, 2, 4}.
AC-3 a redus astfel domeniile lui A si B, reducând semnificativ timpul folosit de algoritmul backtracking.
Immortal
Enunt
Articolul de pe leetcode conține o listă cu diverse tipuri de probleme de programare dinamică, din toate categoriile discutate la PA (plus multe altele).
Referințe
[0] Chapter Backtracking, “Introduction to Algorithms”, Thomas H. Cormen, Charles E. Leiserson, Ronald L. Rivest and Clifford Stein
