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遞歸演算法的偽代碼表示

發布時間:2024-04-09 23:03:50

① 按要求設計遞歸演算法。只需寫出偽代碼或畫流程圖,不需語言實現,但演算法必須完整清晰。

開始的程序控制語句的基礎練習,如開頭:

酒店與多個循環,分支控制結構,以確定如何在控制台輸出三角形,倒三角形,等邊三角形,等腰三角形練習,正方形,長方形,平行四邊形,菱形,另一個是大多形狀。和盡可能從用戶輸入的參數來完成圖形輸出程序的適應。

包裝 - 被轉移到不同凡響,搜索演算法學習練習,如:遞歸演算法,帕斯卡三角形,冒泡,快速插入排序演算法,如運動。

- 以後,你可以學習Swing桌面開發的基本知識。使用Swing良好的設計,進一步學習Java語言來實現各種設計模式,比如Swing是最常見的模式,觀察者模式,單例模式,工廠模式,抽象工廠模式,等等。以後有限公司返回了,你可以學到一些知識的J2EE,如JSP,Servlet的,以及一些常用的框架如Hibernate,Spring中,Struts中,TopLink的,ibitas,DWR等上。

這些只是Java的知識,要想J2EE,還要學習HTML,JS,XML,CSS,AJAX和一些常見的富客戶端框架庫,如原型,ExtJS的,JQuery的,等。許多

學習內容,要循序漸進,以達到良好的效果。否則你不會得到一半。需要注意的是學習的過程中必須採取一些好的經驗(設計模式是公認的獲得經驗)學習,所以能迅速提高。

② 用遞歸演算法先序中序後序遍歷二叉樹

1、先序

void PreOrderTraversal(BinTree BT)

{

if( BT )

{

printf(「%d 」, BT->Data); //對節點做些訪問比如列印

PreOrderTraversal(BT->Left); //訪問左兒子

PreOrderTraversal(BT->Right); //訪問右兒子

}

}

2、中序

void InOrderTraversal(BinTree BT)

{

if(BT)

{

InOrderTraversal(BT->Left);

printf("%d ", BT->Data);

InOrderTraversal(BT->Right);

}

}

3、後序

void PostOrderTraversal(BinTree BT)

{

if (BT)

{

PostOrderTraversal(BT->Left);

PostOrderTraversal(BT->Right);

printf("%d ", BT->Data);

}

}

(2)遞歸演算法的偽代碼表示擴展閱讀:

注意事項

1、前序遍歷

從整棵二叉樹的根結點開始,對於任意結點VV,訪問結點VV並將結點VV入棧,並判斷結點VV的左子結點LL是否為空。若LL不為空,則將LL置為當前結點VV;若LL為空,則取出棧頂結點,並將棧頂結點的右子結點置為當前結點VV。

2、中序遍歷

從整棵二叉樹的根結點開始,對於任一結點VV,判斷其左子結點LL是否為空。若LL不為空,則將VV入棧並將L置為當前結點VV;若LL為空,則取出棧頂結點並訪問該棧頂結點,然後將其右子結點置為當前結點VV。重復上述操作,直到當前結點V為空結點且棧為空,遍歷結束。

3、後序遍歷

將整棵二叉樹的根結點入棧,取棧頂結點VV,若VV不存在左子結點和右子結點,或VV存在左子結點或右子結點,但其左子結點和右子結點都被訪問過了,則訪問結點VV,並將VV從棧中彈出。若非上述兩種情況,則將VV的右子結點和左子結點依次入棧。重復上述操作,直到棧為空,遍歷結束。

③ 請使用偽代碼編寫演算法: 要求分別用循環結構和遞歸結構求解n!。 n!= 1 當n=0 n!=n*(n--1)! 當n>0

遞歸
int fun(n){
if(n==0) return 1;

return n*(fun(n-1));

}
循環
int fun(n){
int result = 1;

if (n==0) return result;

for(int i=1;i<=n;i++){
result *= i;

}

return result;

}

④ 01背包問題

演算法分析

對於背包問題,通常的處理方法是搜索。
用遞歸來完成搜索,演算法設計如下:
function Make( i {處理到第i件物品} , j{剩餘的空間為j}:integer) :integer;
初始時i=m , j=背包總容量
begin
if i:=0 then
Make:=0;
if j>=wi then (背包剩餘空間可以放下物品 i )
r1:=Make(i-1,j-wi)+v; (第i件物品放入所能得到的價值 )
r2:=Make(i-1,j)(第i件物品不放所能得到的價值 )
Make:=max{r1,r2}
end;
這個演算法的時間復雜度是O(2^n),我們可以做一些簡單的優化。
由於本題中的所有物品的體積均為整數,經過幾次的選擇後背包的剩餘空間可能會相等,在搜索中會重復計算這些結點,所以,如果我們把搜索過程中計算過的結點的值記錄下來,以保證不重復計算的話,速度就會提高很多。這是簡單?quot;以空間換時間"。
我們發現,由於這些計算過程中會出現重疊的結點,符合動態規劃中子問題重疊的性質。
同時,可以看出如果通過第N次選擇得到的是一個最優解的話,那麼第N-1次選擇的結果一定也是一個最優解。這符合動態規劃中最優子問題的性質。
考慮用動態規劃的方法來解決,這里的:
階段是:在前N件物品中,選取若干件物品放入背包中;
狀態是:在前N件物品中,選取若干件物品放入所剩空間為W的背包中的所能獲得的最大價值;
決策是:第N件物品放或者不放;
由此可以寫出動態轉移方程:
我們用f[i,j]表示在前 i 件物品中選擇若干件放在所剩空間為 j 的背包里所能獲得的最大價值
f[i,j]=max{f[i-1,j-Wi]+Pi (j>=Wi), f[i-1,j]}
這個方程非常重要,基本上所有跟背包相關的問題的方程都是由它衍生出來的。所以有必要將它詳細解釋一下:「將前i件物品放入容量為v的背包中」這個子問題,若只考慮第i件物品的策略(放或不放),那麼就可以轉化為一個只牽扯前i-1件物品的問題。如果不放第i件物品,那麼問題就轉化為「前i-1件物品放入容量為v的背包中」,價值為f[v];如果放第i件物品,那麼問題就轉化為「前i-1件物品放入剩下的容量為v-c的背包中」,此時能獲得的最大價值就是f[v-c]再加上通過放入第i件物品獲得的價值w。
這樣,我們可以自底向上地得出在前M件物品中取出若干件放進背包能獲得的最大價值,也就是f[m,w]
演算法設計如下:
procere Make;
begin
for i:=0 to w do
f[0,i]:=0;
for i:=1 to m do
for j:=0 to w do begin
f[i,j]:=f[i-1,j];
if (j>=w) and (f[i-1,j-w]+v>f[i,j]) then
f[i,j]:=f[i-1,j-w]+v;
end;
writeln(f[m,wt]);
end;
由於是用了一個二重循環,這個演算法的時間復雜度是O(n*w)。而用搜索的時候,當出現最壞的情況,也就是所有的結點都沒有重疊,那麼它的時間復雜度是O(2^n)。看上去前者要快很多。但是,可以發現在搜索中計算過的結點在動態規劃中也全都要計算,而且這里算得更多(有一些在最後沒有派上用場的結點我們也必須計算),在這一點上好像是矛盾的。
事實上,由於我們定下的前提是:所有的結點都沒有重疊。也就是說,任意N件物品的重量相加都不能相等,而所有物品的重量又都是整數,那末這個時候W的最小值是:1+2+2^2+2^3+……+2^n-1=2^n -1
此時n*w>2^n,動態規劃比搜索還要慢~~|||||||所以,其實背包的總容量W和重疊的結點的個數是有關的。
考慮能不能不計算那些多餘的結點……
優化時間復雜度
以上方法的時間和空間復雜度均為O(N*V),其中時間復雜度基本已經不能再優化了,但空間復雜度卻可以優化到O(V)。
先考慮上面講的基本思路如何實現,肯定是有一個主循環i=1..N,每次算出來二維數組f[0..V]的所有值。那麼,如果只用一個數組f[0..V],能不能保證第i次循環結束後f[v]中表示的就是我們定義的狀態f[v]呢?f[v]是由f[v]和f[v-c]兩個子問題遞推而來,能否保證在推f[v]時(也即在第i次主循環中推f[v]時)能夠得到f[v]和f[v-c]的值呢?事實上,這要求在每次主循環中我們以v=V..0的順序推f[v],這樣才能保證推f[v]時f[v-c]保存的是狀態f[v-c]的值。偽代碼如下:
for i=1..N
for v=V..0
f[v]=max{f[v],f[v-c]+w};
其中的f[v]=max{f[v],f[v-c]}一句恰就相當於我們的轉移方程f[v]=max{f[v],f[v-c]},因為現在的f[v-c]就相當於原來的f[v-c]。如果將v的循環順序從上面的逆序改成順序的話,那麼則成了f[v]由f[v-c]推知,與本題意不符,但它卻是另一個重要的背包問題P02最簡捷的解決方案,故學習只用一維數組解01背包問題是十分必要的。
事實上,使用一維數組解01背包的程序在後面會被多次用到,所以這里抽象出一個處理一件01背包中的物品過程,以後的代碼中直接調用不加說明。
過程ZeroOnePack,表示處理一件01背包中的物品,兩個參數cost、weight分別表明這件物品的費用和價值。
procere ZeroOnePack(cost,weight)
for v=V..cost
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
注意這個過程里的處理與前面給出的偽代碼有所不同。前面的示常式序寫成v=V..0是為了在程序中體現每個狀態都按照方程求解了,避免不必要的思維復雜度。而這里既然已經抽象成看作黑箱的過程了,就可以加入優化。費用為cost的物品不會影響狀態f[0..cost-1],這是顯然的。
有了這個過程以後,01背包問題的偽代碼就可以這樣寫:
for i=1..N
ZeroOnePack(c,w);
初始化的細節問題

我們看到的求最優解的背包問題題目中,事實上有兩種不太相同的問法。有的題目要求「恰好裝滿背包」時的最優解,有的題目則並沒有要求必須把背包裝滿。一種區別這兩種問法的實現方法是在初始化的時候有所不同。
如果是第一種問法,要求恰好裝滿背包,那麼在初始化時除了f[0]為0其它f[1..V]均設為-∞,這樣就可以保證最終得到的f[N]是一種恰好裝滿背包的最優解。
如果並沒有要求必須把背包裝滿,而是只希望價格盡量大,初始化時應該將f[0..V]全部設為0。
為什麼呢?可以這樣理解:初始化的f數組事實上就是在沒有任何物品可以放入背包時的合法狀態。如果要求背包恰好裝滿,那麼此時只有容量為0的背包可能被價值為0的nothing「恰好裝滿」,其它容量的背包均沒有合法的解,屬於未定義的狀態,它們的值就都應該是-∞了。如果背包並非必須被裝滿,那麼任何容量的背包都有一個合法解「什麼都不裝」,這個解的價值為0,所以初始時狀態的值也就全部為0了。
這個小技巧完全可以推廣到其它類型的背包問題,後面也就不再對進行狀態轉移之前的初始化進行講解

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