題目
tsp問題（旅行商問題）是指旅行家要旅行n個城市，要求各個城市經歷且僅經歷一次然後回到出發城市，並要求所走的路程最短。
這個問題迄今為止各種演算法只是求當前情況下的最優情況，無法得出統一的求解方式。
下面是兩種不同的演算法實現，注釋部分給的很詳細。
//動態規劃和貪心法求解tsp問題
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define inf 1000000
/* 貪心法使用最近鄰接點策略，來求解tsp問題。
大致的思路是：
p:儲存所經歷的點的一維陣列，初始化為乙個結點即結點0，p[i]=j代表第i步是經歷第j個節點
v:儲存未經歷的點的一維陣列，初始化為除結點0外的全部結點，v[i]=i代表第i個節點，一旦某個節點被選進p，那麼該節點的值設定為inf，即v[i]=inf
path:儲存路線的，初始化為inf,path[i]=j:第i步要走的路的長度是j
鄰接矩陣中兩點之間沒有路用路經長為inf表示
1.確定好出發點
2.把出發點作為第0個點，重新對鄰接矩陣進行構造，構造成乙個以出發點為第0個點的鄰接矩陣
3.設定當前走到的結點是p
4.從v中遍歷尋找乙個最優的結點v，使得p和v的距離最近：這個判斷要包括：p和v之間有路，而且dis(p,v)<=dis(p,x),x表示v中和v不同的任意一點
5.p=p+v，v=v-v。path[i]=distance(p,v)
6.如果v不空，則執行第3步；如果v空，則程式結束。返回結果即可
*///傳入的引數中二維指標martix代表鄰接矩陣，而num代表城市的數目
void
greedpath
(double martix[
5],int num)
;int v[num]=;
for(
int i=
0;i)else
}int p[num]=;
//下面是主要**部分
/* 要考慮p和v中的頂點怎麼表示，每執行到第i步，當前的頂點p就用頂點p[i]表示，
每執行到第i步，v中的頂點就要減少i個，但是我們不知道前i-1步從v中剔除的頂點是什麼，所以每次遍歷的時候就要
再多一層遍歷，遍歷v陣列，並進行判斷：當前遍歷到的該節點沒有被剔除而且和p[i]之間有路可走而且這條路的長度是不是最小的
*/for(
int i=
0;i1;i++)}
} v[p[i+1]
]=inf;
path[i]
=min;
} path[num-1]
=martix[p[num-1]
][0]
;//輸出結果
double sumpath=0;
for(
int i=
0;i) cout<<
0<
cout<
動態規劃求解tsp問題。
大致思路是：
設目標頂點是k
p:表示儲存最優路徑情況下各個頂點，p[i]=j表示第i步走第j個節點，初始化是0
path:表示儲存最優路徑情況下，每一次需要走的路徑長度，path[i]=j表示第i次走的路徑長度是j，初始化為0
v:表示儲存還沒有走到的節點集合，初始化為v[1]=inf,v[i]=i，表示一旦頂點被走過，那麼頂點就被設定為inf，path[i]=i表示第i個頂點是i
1.確定動態規劃關係：令d(i,v)表示從頂點i開始，經歷v中的頂點(要求全部經過，而且每個頂點只能經過僅且一次)之後，到達目標頂點的最小長度。
那麼當v是空集時，則表示當前的i頂點的下乙個頂點就是目標頂點，當v中就乙個元素時，表示i到v中該頂點的距離加上v中頂點到目標頂點的距離。
d(i,v)=distance(i,k):此時v是空集
d(i,v)=min(distance(i,v)+d(v,v-v)):此時v不是空集，v表示原v中任意乙個頂點，這個就需要遍歷比較。
2.判斷v是否為空集，如果不是，那麼遍歷v中的頂點v，並比較每次遍歷求得的dis(i,v)+d(v,v-v)，
找到最小值，然後把對應的頂點v作如下操作：p=p+v，v=v-v，path[i]=dis(i,v)
3.如果2中判斷的v是空集，那麼程式結束。
上述思路在實現時不好實現，因為我們無法從一開始就知道各個d(i,v)的長度大小，而每次求解時都要用到相應的d(i,v)的子結構，
當子結構最優，得到的結果最優。所以本題可以需要求得最優子結構，符合動態規劃的思想。
那麼按照上面進一步的分析，我們可以把思路進一步深入細化：
1.先求出v是空集時，各個頂點到目標頂點的d(i,v)
2.再求出v中只有乙個元素時，各個頂點到目標頂點的d(i,v)，而此時得d(i,v)完全可以使用上面的v是空集時的情況求解。
3.再求出v中只有兩個元素時，各個頂點到目標頂點的d(i,v)，而此時的d(i,v)完全可以使用上面兩步求出的d求解
4……最後是v中有n-1個元素時的情況，求出之後，比較並獲得最優解。
注意：每次在d(i,v)=min(distance(i,v)+d(v,v-v))時，都要做判斷，即i和v之間有路，而且v在v中。
這時，我們只剩下乙個疑慮，就是這個d(i,v)怎麼使用資料結構表示出來。
首先這個資料結構起碼是乙個二維陣列，設為d[i][j]，把不同的集合看成不同的狀態，那麼d[i][j]就表示頂點i經過j狀態集合到目標頂點的長度最優值
現在考慮怎麼把j和集合對應起來。j一定是遞增的，首先有個狀態的集合即集合裡只有目標頂點時，這個狀態的集合可以不用考慮，所以不妨把它的遞增設為從1到x。
現在要求x，我們假設有n個城市，那麼v集合最大就是裡面有n-1個元素記為v(max)，而v一定是v(max)的子集，那麼x就是2^(n-1)，
對城市進行按數劃分，目標頂點是0，後面的從1,2,3依次到n-1，當v中只有1時，設j=1，我們發現1對應的二進位制數，從右向左數時，第乙個元素是1，
v中只有2時，設j=2，我們發現2對應的二進位制數從右向左數第二個為1，v中只有1,2時，j=3，此時3對應的二進位制數從右向左數第乙個和第二個為1,。
那麼我們按照如下處理這個集合和j的關係：
當集合中的元素是(x,y,z,m)時，存在乙個二進位制數x(2)，從右向左數第x、y、z、m位是1，其餘位是0，而x(2)對應的十進位制數x(10)就是y
那麼我們把y對應的二進位制數寫出來，j對應的二進位制數有幾個1.j狀態集合就有幾個元素，按照上面的規則重新分配狀態j，然後進行處理即可。
而且根據j的依次遞增可以知道，d也是能依次求出的
*/void
orgpath
(double martix[
5],int num)
//下面是重點，要對d每一列每一列的進行操作
for(
int j=
1;j)else}}
d[i]
[j]=min;}}
} cout<
cout<<
" "<
[num1-1]
<
double bestpath=d[0]
[num1-1]
;double curbestpath=bestpath;
//下面是列印出路徑
int p[num]=;
//儲存最優路徑節點
int temp=1;
int x=0;
//表示節點
int y=num1-1;
//表示狀態y集合
int i=1;
bool visited[num]=;
//visited[i]=false表示第i個節點還沒有被訪問，為true則表示被訪問
//動態規劃逆推結果
兩種結果都是所用演算法所能給出的最優解，所以存在差異。這也從側面反映了這個問題目前沒有統一的最優解。
約瑟夫問題兩種實現方式
陣列版本 include include main int p int malloc len sizeof int printf 請輸入步長 n scanf d pace if pace 0 if pace 0 printf 請輸入進行輪數 n scanf d time printf 請輸入您想從那...
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兩種方式實現checkBox readonly功能
今天在做開發的時候遇到了這樣乙個問題 有乙個checkbox選項是不能被改變的。但是checkbox又是沒有readonly屬性的，這個時候我就想到了另外乙個屬性disabled，但是disabled的物件是不能提交到後台的，所以這個又被排除掉了。想了想，只能新增事件來搞定了。於是在checkbox...