連續郵資問題

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連續郵資問題   

演算法設計:   

該問題是設計最佳的郵票面值，用來表示最大的區間   

對於連續郵姿問題，用n元組x[1:n]表示n種不同的郵票面值並約定它們從小到大排列。   

整數r表示當前使用不超過m張郵票能貼出的最大連續郵資區間。 

x[1] = 1是唯一的選擇。此時最大連續郵資區間是[1:m]   

接下來x[2]的可能取值範圍是[2:m+1]，這個取值範圍就決定了x[2]應該怎麼選，   

只所以確定這樣的範圍是因為，至少要保證增加乙個面值後，可以將區間增   

大1一般情況下，已選定x[1:i-1]，此時最大連續郵資區間是[1:r]，則接下來   

x[i]的可取值範圍是[x[i-1]+1:r+1]。由此可以看出，在用回溯法時，可以用一棵樹表示其   

解空間。該解空間樹中各結點的度隨x的不同取值而變化。   

設x[1～n]是從小到大排列的n種郵票面值。    

首先x[1]=1 是毫無疑問的，否則最小郵資 1 無法支付。    

面值為1的郵票構成的最大連續區間只能是[1,m] (只貼1張就是1……m張郵票全貼滿是m)。   

如果這時候再給我們第二種面額的郵票。因為它需要比x[1]大，所以最少只能是2；   

又因為單純由x[1]支付的郵資區間最大只到m，再往上就出現了斷檔，所以x[2]最大也只能取m+1   

（如果再大的話，m+1這個值就無法正常表示）    

同樣的道理，假設前面k種郵票面值都已經有了，並且能構成[1, r]的連續郵資區間，   

那麼第k+1種郵票的面值必須滿足：    

x[k]+1 <= x[k+1] <= r+1    

演算法就是要找到這麼多種可能情況下的最優方案   

對於連續郵資問題，用n元組x[1：n]表示n種不同的郵票面值，並約定它們從小到大排列。   

x[1] = 1是惟一的選擇。在未確定剩餘其它n－1種郵票面值的情況下，只用x[1]一種郵票面值，   

所能得到的最大連續郵資區間是[1：m]。接下來，確定x[2]的取值範圍，很明顯，   

x[2]的值最小可以取到2，因為x[1] 這時已經為1了。那麼最大可以取的值呢？應當是m+1，   

為什麼？因為如果x[2]取m+2，則在這個方案中，郵資m+1不可能取得，   

（這個時候，x[2：n]的任何乙個面值是不能取的，因為就算只取一張，總和也會至少為m+2，   

超過m+1了，反過來，如果只取x[1]面值，則就算把m張全取了，也只能湊到m）。所以，   

在搜尋第2張郵票的時候，搜尋範圍是2 ~ m+2（m+2不剪取）。在一般的情況下，已選定x[1：i-1]，   

最大連續郵資區間是[1：r]時，接下來x[i]的可取值範圍是[x[i-1]+1 ：r+1]。由此可以看出，   

[x[i-1]+1 ：r+1]（為限界函式）在用回溯法解連續郵資問題時，可用樹表示其解空間，   

該解空間樹中各結點的度隨x的不同取值而變化。   

現在可以大致畫出該解空間樹的結構。   

現在的關鍵問題是，如何確定x3的取值範圍？轉換一下就是如何求得在x[1]，x[2]面值確定的情況下，   

用不超過m張郵票，所得到的最大連續郵資區間是多少？如果每乙個這樣的問題能夠確定，   

則解空間樹已經構造好了（每乙個的兒子結點為r-x[i-1]），我們就可以通過深度優先遍歷的方式得到最佳面值設計   

(每到達葉結點見比較更新)。   

現在來看在x[1]，x[2]面值確定的情況下，用不超過m張郵票，所得到的最大連續郵資區間是多少？   

最大連續郵資區間總是以1作為起點的，所以我們用max來表示這個最大值，顯然，max至少可以取到m，   

因為即使不用x[2]面值，只用x[1]面值的情況下，所能得到的最大值就已經是m了。現在來看在x[1]，   

x[2]面值確定的情況下，用不超過m張郵票，max+1能不能取到？    

假設在拼湊的過程中，x[2]面值的郵票取t張，則t>=0，t<=（max+1） /x[2] && t<=m   

現在x[2]面值的郵票張數已經確定，原問題轉化為另乙個子問題，即，在x[1]面值確定的情況下，   

用不超過m－t張郵票，max+1 - t*x[2] 能不能取到？ 。。。。。。   

到這一步就很容易理解了，因為x[1] 面值為1，所以如果要拼湊的值max+1- t*x[2] <= m-t的話，   

則只用取max+1- t*x[2]張就可以拉。相反，如果max+1- t*x[2] > m-t的話，則是不可以滿足的。   

在下面的回溯法描述中，遞迴函式backtrack實現對整個解空間的回溯搜尋。   

maxvalue記錄當前已經找到的最大連續郵資區間，bestx是相應的當前最優解。   

陣列y用來記錄當前已經選定的郵票面值x[1:i]能貼出各種郵資所需的最少郵票數。   

也就是說,y[k]是用不超過m張面值為x[1:i]的郵票，貼出郵資k所需的最少郵票張數。   

在函式backtrack中，   

當i>n時，表示演算法已經搜尋到乙個葉結點，得到乙個新的郵票面值設計方案x[1:n]。如果該方案能貼出的   

最大連續郵資區間大於當前已經找到的最大連續郵資區間maxvalue，則更新當前最優值maxvalue和相應的最優解。   

當i <= n時，當前擴充套件結點z是解空間中的乙個內部結點，在該結點處x[1:i-1]   

能貼出的最大最大郵資區間為r-1.因此在結點z處x[i]的可取範圍是x[i-1]+1:r，   

從而，結點z有r-x[i-1]個兒子結點。演算法對當前擴充套件結點z的每乙個兒子結點，   

以深度優先的方式遞迴地對相應子樹進行搜尋   

解空間是多叉樹，孩子接點個數是每層都在變化的   

#include#includeusing namespace std;

class stamp

;

void stamp::backtrack(int i,int r)

return;

} int *z=new int[maxl+1];

for(k=1;k<=maxl;k++)

z[k]=y[k];

//保留資料副本，以便返回上層時候能夠恢復資料

//以上都是處理第i-1層及其之上的問題

for(j=x[i-1]+1;j<=r;j++) //在第i層有這麼多的孩子結點供選擇

delete z;

}

int maxstamp(int n,int m,int bestx){

stamp x;

int maxint=32767;

int i,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(i=0;i<=n;i++)

x.x[i]=0;

for(i=1;i<=maxl;i++)

x.y[i]=maxint;

x.x[1]=1;

x.y[0]=0;

x.backtrack(2,1);

cout<<"當前最優解:";

for(i=1;i<=n;i++)

cout<>n;

cout<<"請輸入每張信封最多允許貼的郵票數:";

cin>>m;

bestx=new int[n+1];

for(int i=1;i<=n;i++)

bestx[i]=0;

cout<<"最大郵資:"<

連續郵資問題

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