Problém cestujícího prodejce (TSP):
Vzhledem k množině měst a vzdálenosti mezi každou dvojicí měst je problém najít nejkratší možnou trasu, která navštíví každé město přesně jednou a vrátí se do výchozího bodu. Všimněte si rozdílu mezi Hamiltonovým cyklem a TSP. Hamiltonovským cyklickým problémem je zjistit, zda existuje cesta, která navštíví každé město právě jednou. Zde víme, že Hamiltonian Tour existuje (protože graf je kompletní) a ve skutečnosti existuje mnoho takových cest, problém je najít minimální váhu Hamiltonian Cycle.
Vezměme si například graf zobrazený na obrázku na pravé straně. TSP tour v grafu je 1-2-4-3-1. Cena zájezdu je 10+25+30+15, což je 80. Problém je známý NP-těžký problém. Pro tento problém neexistuje žádné polynomiálně známé řešení. Následují různá řešení problému cestujícího prodejce.
Naivní řešení:
1) Považujte město 1 za počáteční a koncový bod.
2) Vygenerujte vše (n-1)! Permutace měst.
3) Vypočítejte náklady na každou permutaci a sledujte permutaci s minimálními náklady.
4) Vraťte permutaci s minimálními náklady.
Časová náročnost: ?(n!)
Dynamické programování:
Nechť je daná množina vrcholů {1, 2, 3, 4,….n}. Uvažujme 1 jako počáteční a koncový bod výstupu. Pro každý druhý vrchol I (jiný než 1) najdeme cestu minimálních nákladů s 1 jako počátečním bodem, I jako koncovým bodem a všechny vrcholy se objevují právě jednou. Nechť náklady na tuto cestu stojí (i) a náklady na odpovídající Cyklus by stály (i) + dist(i, 1), kde dist(i, 1) je vzdálenost z I do 1. Nakonec vrátíme minimum ze všech hodnot [cost(i) + dist(i, 1)]. Zatím to vypadá jednoduše.
Nyní je otázkou, jak získat náklady (i)? Abychom mohli vypočítat náklady (i) pomocí dynamického programování, potřebujeme mít nějaký rekurzivní vztah z hlediska dílčích problémů.
Definujme pojem C(S, i) jsou náklady na cestu s minimálními náklady, která navštíví každý vrchol v množině S právě jednou, počínaje 1 a končící v i . Začneme se všemi podmnožinami velikosti 2 a vypočítáme C(S, i) pro všechny podmnožiny, kde S je podmnožina, poté vypočítáme C(S, i) pro všechny podmnožiny S velikosti 3 a tak dále. Všimněte si, že 1 musí být přítomna v každé podmnožině.
If size of S is 2, then S must be {1, i}, C(S, i) = dist(1, i) Else if size of S is greater than 2. C(S, i) = min { C(S-{i}, j) + dis(j, i)} where j belongs to S, j != i and j != 1.> Níže je řešení dynamického programování problému pomocí rekurzivního a zapamatovaného přístupu shora dolů: -
java nahradit znak v řetězci
Pro údržbu podmnožin můžeme použít bitové masky k reprezentaci zbývajících uzlů v naší podmnožině. Protože bity jsou rychlejší a v grafu je jen málo uzlů, je lepší používat bitové masky.
volání funkce javascript z html
Například: -
10100 představuje uzel 2 a uzel 4 jsou ponechány v sadě ke zpracování
010010 představuje uzel 1 a 4 jsou ponechány v podmnožině.
POZNÁMKA: - ignorujte 0. bit, protože náš graf je založen na 1
C++
#include> using> namespace> std;> // there are four nodes in example graph (graph is 1-based)> const> int> n = 4;> // give appropriate maximum to avoid overflow> const> int> MAX = 1000000;> // dist[i][j] represents shortest distance to go from i to j> // this matrix can be calculated for any given graph using> // all-pair shortest path algorithms> int> dist[n + 1][n + 1] = {> >{ 0, 0, 0, 0, 0 }, { 0, 0, 10, 15, 20 },> >{ 0, 10, 0, 25, 25 }, { 0, 15, 25, 0, 30 },> >{ 0, 20, 25, 30, 0 },> };> // memoization for top down recursion> int> memo[n + 1][1 << (n + 1)];> int> fun(>int> i,>int> mask)> > >// base case> >// if only ith bit and 1st bit is set in our mask,> >// it implies we have visited all other nodes already> >if> (mask == ((1 << i)> // Driver program to test above logic> int> main()> {> >int> ans = MAX;> >for> (>int> i = 1; i <= n; i++)> >// try to go from node 1 visiting all nodes in> >// between to i then return from i taking the> >// shortest route to 1> >ans = std::min(ans, fun(i, (1 << (n + 1)) - 1)> >+ dist[i][1]);> >printf>(>'The cost of most efficient tour = %d'>, ans);> >return> 0;> }> // This code is contributed by Serjeel Ranjan> |
>
>
Jáva
java metody
import> java.io.*;> import> java.util.*;> public> class> TSE {> >// there are four nodes in example graph (graph is> >// 1-based)> >static> int> n =>4>;> >// give appropriate maximum to avoid overflow> >static> int> MAX =>1000000>;> >// dist[i][j] represents shortest distance to go from i> >// to j this matrix can be calculated for any given> >// graph using all-pair shortest path algorithms> >static> int>[][] dist = {> >{>0>,>0>,>0>,>0>,>0> }, {>0>,>0>,>10>,>15>,>20> },> >{>0>,>10>,>0>,>25>,>25> }, {>0>,>15>,>25>,>0>,>30> },> >{>0>,>20>,>25>,>30>,>0> },> >};> >// memoization for top down recursion> >static> int>[][] memo =>new> int>[n +>1>][>1> << (n +>1>)];> >static> int> fun(>int> i,>int> mask)> >> >// base case> >// if only ith bit and 1st bit is set in our mask,> >// it implies we have visited all other nodes> >// already> >if> (mask == ((>1> << i)> >// Driver program to test above logic> >public> static> void> main(String[] args)> >{> >int> ans = MAX;> >for> (>int> i =>1>; i <= n; i++)> >// try to go from node 1 visiting all nodes in> >// between to i then return from i taking the> >// shortest route to 1> >ans = Math.min(ans, fun(i, (>1> << (n +>1>)) ->1>)> >+ dist[i][>1>]);> >System.out.println(> >'The cost of most efficient tour = '> + ans);> >}> }> // This code is contributed by Serjeel Ranjan> |
>
>
Python3
n>=> 4> # there are four nodes in example graph (graph is 1-based)> # dist[i][j] represents shortest distance to go from i to j> # this matrix can be calculated for any given graph using> # all-pair shortest path algorithms> dist>=> [[>0>,>0>,>0>,>0>,>0>], [>0>,>0>,>10>,>15>,>20>], [> >0>,>10>,>0>,>25>,>25>], [>0>,>15>,>25>,>0>,>30>], [>0>,>20>,>25>,>30>,>0>]]> # memoization for top down recursion> memo>=> [[>->1>]>*>(>1> << (n>+>1>))>for> _>in> range>(n>+>1>)]> def> fun(i, mask):> ># base case> ># if only ith bit and 1st bit is set in our mask,> ># it implies we have visited all other nodes already> >if> mask>=>=> ((>1> << i) |>3>):> >return> dist[>1>][i]> ># memoization> >if> memo[i][mask] !>=> ->1>:> >return> memo[i][mask]> >res>=> 10>*>*>9> # result of this sub-problem> ># we have to travel all nodes j in mask and end the path at ith node> ># so for every node j in mask, recursively calculate cost of> ># travelling all nodes in mask> ># except i and then travel back from node j to node i taking> ># the shortest path take the minimum of all possible j nodes> >for> j>in> range>(>1>, n>+>1>):> >if> (mask & (>1> << j)) !>=> 0> and> j !>=> i>and> j !>=> 1>:> >res>=> min>(res, fun(j, mask & (~(>1> << i)))>+> dist[j][i])> >memo[i][mask]>=> res># storing the minimum value> >return> res> # Driver program to test above logic> ans>=> 10>*>*>9> for> i>in> range>(>1>, n>+>1>):> ># try to go from node 1 visiting all nodes in between to i> ># then return from i taking the shortest route to 1> >ans>=> min>(ans, fun(i, (>1> << (n>+>1>))>->1>)>+> dist[i][>1>])> print>(>'The cost of most efficient tour = '> +> str>(ans))> # This code is contributed by Serjeel Ranjan> |
>
>
C#
arraylist java sort
using> System;> class> TSE> {> >// there are four nodes in example graph (graph is> >// 1-based)> >static> int> n = 4;> >// give appropriate maximum to avoid overflow> >static> int> MAX = 1000000;> >// dist[i][j] represents shortest distance to go from i> >// to j this matrix can be calculated for any given> >// graph using all-pair shortest path algorithms> >static> int>[, ] dist = { { 0, 0, 0, 0, 0 },> >{ 0, 0, 10, 15, 20 },> >{ 0, 10, 0, 25, 25 },> >{ 0, 15, 25, 0, 30 },> >{ 0, 20, 25, 30, 0 } };> >// memoization for top down recursion> >static> int>[, ] memo =>new> int>[(n + 1), (1 << (n + 1))];> >static> int> fun(>int> i,>int> mask)> > 3))> >return> dist[1, i];> > >// memoization> >if> (memo[i, mask] != 0)> >return> memo[i, mask];> >int> res = MAX;>// result of this sub-problem> >// we have to travel all nodes j in mask and end the> >// path at ith node so for every node j in mask,> >// recursively calculate cost of travelling all> >// nodes in mask> >// except i and then travel back from node j to node> >// i taking the shortest path take the minimum of> >// all possible j nodes> >for> (>int> j = 1; j <= n; j++)> >if> ((mask & (1 << j)) != 0 && j != i && j != 1)> >res = Math.Min(res,> >fun(j, mask & (~(1 << i)))> >+ dist[j, i]);> >return> memo[i, mask] = res;> >> >// Driver program to test above logic> >public> static> void> Main()> >{> >int> ans = MAX;> >for> (>int> i = 1; i <= n; i++)> >// try to go from node 1 visiting all nodes in> >// between to i then return from i taking the> >// shortest route to 1> >ans = Math.Min(ans, fun(i, (1 << (n + 1)) - 1)> >+ dist[i, 1]);> >Console.WriteLine(> >'The cost of most efficient tour = '> + ans);> >}> }> // This code is contributed by Tapesh(tapeshdua420)> |
>
>
Javascript
>// JavaScript code for the above approach> >// there are four nodes in example graph (graph is 1-based)> >let n = 4;> > >// give appropriate maximum to avoid overflow> >let MAX = 1000000;> >// dist[i][j] represents shortest distance to go from i to j> >// this matrix can be calculated for any given graph using> >// all-pair shortest path algorithms> >let dist = [> >[0, 0, 0, 0, 0], [0, 0, 10, 15, 20],> >[0, 10, 0, 25, 25], [0, 15, 25, 0, 30],> >[0, 20, 25, 30, 0],> >];> >// memoization for top down recursion> >let memo =>new> Array(n + 1);> >for> (let i = 0; i memo[i] = new Array(1 << (n + 1)).fill(0) } function fun(i, mask) // base case // if only ith bit and 1st bit is set in our mask, // it implies we have visited all other nodes already if (mask == ((1 << i) // Driver program to test above logic let ans = MAX; for (let i = 1; i <= n; i++) // try to go from node 1 visiting all nodes in // between to i then return from i taking the // shortest route to 1 ans = Math.min(ans, fun(i, (1 << (n + 1)) - 1) + dist[i][1]); console.log('The cost of most efficient tour ' + ans); // This code is contributed by Potta Lokesh> |
>
>Výstup
The cost of most efficient tour = 80>
Časová složitost: O(n2*2n) kde O(n* 2n)jsou maximální počet jedinečných dílčích problémů/stavů a O(n) pro přechod (smyčkou for jako v kódu) v každém stavu.
Pomocný prostor: O(n*2n), kde n je zde počet uzlů/měst.
arraylist v java sort
Pro množinu velikosti n uvažujeme n-2 podmnožiny, každou o velikosti n-1, takže všechny podmnožiny nemají n-tou. Pomocí výše uvedeného vztahu opakování můžeme napsat řešení založené na dynamickém programování. Existuje nejvýše O(n*2n) dílčích problémů a řešení každého z nich zabere lineární čas. Celková doba běhu je tedy O(n2*2n). Časová složitost je mnohem menší než O(n!), ale stále exponenciální. Požadovaný prostor je také exponenciální. Tento přístup je tedy také neproveditelný i pro mírně vyšší počet vrcholů. Brzy budeme diskutovat o přibližných algoritmech pro problém cestujícího prodejce.
Další článek: Problém obchodního cestujícího | Sada 2
Reference:
http://www.lsi.upc.edu/~mjserna/docencia/algofib/P07/dynprog.pdf
http://www.cs.berkeley.edu/~vazirani/algorithms/chap6.pdf