x3
x1
x5
x n-2
xn
……
x n-3
x4
x2
a)原问题
x5
x n-1 x n-2
x3
x1
……
x n-3
x4
x2
b)子问题
x5
x n-1 x n-2
x3
x1Leabharlann ……x n-3x4
x2
c )子问题
图 1 原问题与子问题 b)当 xyk 的横坐标小于 xyk-1 的横坐标，那么就是如下情况 yk=n-2；yk-1=n-1。即为在 图 1 中的 b)情况中，不是由 xn-1 连到点 xn 上，而是由 xn-1 连到 xn-2 上，再有 xn-2 连 到 xn 上。我们同样可以用反证法来证明 x1, xy1, xy2, xy3, …, xyk-1 是子问题 x1, x2, x3, …, xyk-1 的最优解。 （3） 说明子问题的重叠性：就举 4 个点的例子来说明重叠性问题(如图 2 所示)。
xyk, xn 包含子问题 x1, x2, x3, …, xyk 的最优解 x1, xy1, xy2, xy3, …, xyk； b) 若 xyk 的横坐标小于 xyk-1 的横坐标； 则原问题的最优解为子问题 x1, x2, x3, …, xyk-1 的最优解再加上点 xyk 形成，即 x1, xy1, xy2, xy3, …, xyk-1 是子问题 x1, x2, x3, …, xyk-1 的最优解。 证明：a)当 yk=n-1 时，即点 xyk 为点 xn-1，则在最优解中，在 xyk 之前不会有比 xyk 横坐标还要大的点，即最优解包含的前缀 x1, xy1, xy2, xy3, …, xyk 所含有的顶点，全部 在子问题 x1, x2, x3, …, xn-2, xn-1 中，并且该前缀中横坐标最大的点与子问题的最后一 个点是同一个点，所以首先该前缀是子问题 x1, x2, x3, …, xn-2, xn-1 的一个解；再运用 反证法来证明该前缀是该子问题的最优解。如果如果 x1, xy1, xy2, xy3, …, xyk 不是子问 题 x1, x2, x3, …, xyk 的最优解，则一定存在另一个序列 x1, xz1, xz2, xz3, …, xyk 是子问题 x1, x2, x3, …, xyk 的最优解，即其形成的路径最短，那么该最优解再加上 cyk，n 即为问 题 x1, x2, x3, …, xn-1, xn 的一个解，并且其路径要比 x1, xy1, xy2, xy3, …, xyk, xn 要短，这就 与 x1, xy1, xy2, xy3, …, xyk, xn 是最优解相矛盾了，既而得证。同理，在 yk=n-2 时，在 最优解序列中若 xyk 的横坐标大于 xyk-1 的横坐标， 则在最优解的前缀 x1, xy1, xy2, xy3, …, xyk 中 xyk 的横坐标最大，该前缀均来自子问题 x1, x2, x3, …, xn-3, xn-2 中，并且 xyk 即为 xn-2，所以该前缀也是该子问题的一个解，我们同样可以运用反证法来证明该前缀 也是该子问题的一个最优解。xyk 只能取 xn-1、xn-2 这两种情况，因为只有这两点与 点 xn 直接相连。其实该结论说的是由图 1 所示的两种子问题的最后一个点与点 xn 搭一条边形成最终最优解的情况。
11S103001 郝亚峰 2 班 第七次算法作业
1、 根据构造二叉搜索树的最优解的信息来构造优化解。 在求解二叉查找树的最优解的过程中，我们用 Root[i, j]来记录节点序列<i, i+1, …, j>的根节 点，下面，我们就是要通过 Root 数组来构造优化解。我们用(i, j, k)来表示父节点与子节点 关系：i 表示父节点，j 表示左子节点，k 表示右子节点。当某一节点 m 没有子节点时(这里 所说的子节点是指给定节点序列中的某一点)，则若没有左子节点，则我们用 dm-1 来时表 示，若没有右子节点，我们用 dm 来表示。算法如下： Print_Optimal_Result(i, j) { if(i<=j) { m=Root[i, j]; print ‘(’; print m; print ‘,’; if(m-1<i) print dm-1; else print Root[i, m-1]; print ‘,’; if(m+1>j) print dm; else print Root[m+1,j]; print ‘)’; Print_Optimal_Result(i, m-1); Print_Optimal_Result(m+1, j); } } 2、 利用动态规划求解最短路径。 问题定义：给定平面上 n 个点，没有任何两点具有相同的 x 坐标值，点按 x 坐标递增排序 为 x1,x2,…,xn。 任何一点只与 x 坐标比它小的和大的最邻近的分别 2 个点有边， 如 x5 与 x3， x4，x6，x7 有边相连，故任何一点最多关联 4 条边（边界点 x1，xn 关联两条边，点 x2， xn-1 关联三条边，其余点关联 4 条边）且如果边为 xixj 时，边的代价为 cij (cij>0)。试用动 态规划方法求出从 x1 到 xn 的代价和最短的一条路径。 解：我们按照这些步骤来解此题：分析最优解的结构—>找问题的优化子结构—>说明子问 题的重叠性—>递归地定义最优解的代价—>递归地划分子问题，直至问题不可再分—>自 底向上的求解子问题(计算优化解的代价并保存、 保存构造最优解的信息)—>根据构造最优 解的信息求解优化解。 （1） 分析最优解的结构：我们用点的序列来表示 x1 到 xn 的最短路径，如下所示： x1, xy1, xy2, xy3, …, xyk, xn 其中，yk∈{n-1, n-2}。 （2） 找问题的优化子结构：如果序列 x1, xy1, xy2, xy3, …, xyk, xn 表示由 x1, x2, x3, …, xn-1, xn 这些点所形成的图中由 x1 到 xn 的最短路径，则有如下结论： a) 若 xyk 的横坐标大于 xyk-1 的横坐标，即最优解序列的倒数第二点的横坐标大于 倒数第三个点的横坐标， 那么问题 x1, x2, x3, …, xn-1, xn 的最优解 x1, xy1, xy2, xy3, …,
0 , if i j d[i, j ] min{d [i, j 1] c j 1, j , d [i, j 2] c j 2, j , d[i, j 1] c j 1, j 2 c j 2, j } , if i j
（5） 递归地分解问题，直到问题不可再分：要求 d[1, n]，则需求 d[1, n-1]和 d[1,n-2]； 要求 d[1, n-1]， 则需求 d[1, n-2]和 d[1,n-3]； 要求 d[1, n-2]则需求 d[1, n-3]和 d[1, n-4] 等等，一直划分到 d[1, 1]=0。 （6） 自底向上求解：记录最优解和最优解信息，这两项工作我们都由 d[i, j]来完成。算 法如下： a) 求最短路径： Mix_Route() { b[1,1]=0; b[1,2]=b[1,1]+c[1,2];//c[i, j]存放点 xi 与 xj 的边的代价 FOR j=3 TO n DO d[1,j]=min{d[1,j-1]+c[j-1, j], d[1,j-2]+c[j-2, j], d[1,j-1]+c[j-1, j-2]+c[j-2, j]}; return d[1,n]; b) } 求解优化解： Print_Result(int i, int j) { if(j-1>=i&&d[i, j]== d[i,j-1]+c[j-1, j]) { Print_Result(i, j-1); print xj-1; } else if(j-2>=i&&d[i, j]== d[i,j-2]+c[j-2, j]) { Print_Result(i,,j-2); print xj-2; } else if(j-1>=i&&d[i,j]==d[i,j-1]+c[j-1, j-2]+c[j-2, j]) {
x1
x3
x2
x4
图 2 说明子问题重叠性 在图 2 中求 x1 到 x4 的最短路径， 要考虑这么 4 种情况： x1—>x2—>x4; x1—>x3—>x4; x1—>x3—>x2—>x4; x1—>x2—>x3—>x4;我们可以看到第一种情况与第四种情况存在 x1—>x2 的重叠性；第二种情况与第三种情况存在 x1—>x3 的重叠性。 （4） 递归地定义最优解的代价：我们用 d[i, j]来表示由 xi, xi+1, xi+2, …, xj 形成的图中由 xi 到 xj 的最短路径的代价/长度；则根据（2）中的分析得出如下结论：
Print_Result(i,j-1); print xj-1, xj-2; } } 经过以上递归，输出的最优解不包含最后一个点 xn，所以在这个程序之后我 们再加一条语句，输出 xn 即可。 （7） 复杂度分析： a) 空间复杂度：需要二维数组 c[n][n]来存放边的代价，但是每一点最多与其他 的 4 个点有边，所以不需要 O(n2)，最多为 4n，所以需要 O(n)，我们用 d[i][j] 来记录代价，但是 i 从来就没有改变过，所以其实只需要一个一维数组 d[n] 就可以了，其空间开销也为 O(n)；综上，空间复杂度为 O(n)。 b) 时间复杂度： 在求最短路径的程序中， 只有一个循环， 其时间复杂度为 O(n)； 在求优化解的程序中，其中有三个递归，但是每次只能执行一个，我们取最 坏的可能，每次执行的都是 Print_Result(i, j-1);而不是 Print_Result(i, j-2);则有 T(n)=T(n-1)+1；其复杂度也为 O(n)。所以时间复杂度为 O(n)。 （8） 题外话：解决本题另外一条思路：逐点扩张(应该是一种贪心)。大体阐述一下这思 路：对于图 1 中的 b)图，我们只要在此图加入点 xn 便形成了原问题，只要求出在 b)图中，x1 到 xn-1 和 xn-2 的最短距离，比较这两个最短距离分别加上相应的边代价 cn-1,n 和 cn-2,n 的大小即可。所以求 d[i,j]只需要求出在 xi, xi+1, …, xj-1 图中的 d[i,j-1]和 d[i,j-2]，再分别加上 cn-1,n 和 cn-2,n，比较大小即可。注意，此处的 d[i,j]与上面动态 规划中的含义略有不同， 上面 d[i,j-2]表示 xi, xi+1, …, xj-2 图中由 xi 到 xj-2 的最短距离， 而此处可以表示在 xi, xi+1, …, xj-1 图中由 xi 到 xj-2 的最短距离。但是在图 xi, xi+1, …, xj-1 中加入 xj 后，形成了新图。在这个新图中 d[i,j-1]和 d[i,j-2]需要更新，否则会影响下 一步加入点 xj+1 后计算 d[i,j]的计算。 关键是怎么更新？只需要 d[i,j-1]加上新加入的 两条边之后与 d[i,j-2]比较，如果比 d[i,j-2]小则替换之；同理，d[i,j-2]加上新加入的 两条边之后与 d[i,j-1]比较，如果比 d[i,j-1]小则替换之。所以，我们从起始点每次顺 序加入一个点，通过前两个点计算新加入点的最短路径，在对前两个点的最短路 径进行更新，不断的这样迭代，直到最后一点，这样可求出最短路径。