所以我正在尝试为rod cutting problem的修改版本编写代码。该链接提供了对问题的良好直觉。但是,我想修改代码,不仅实际返回解决方案,即什么切割给出最佳解决方案,而且还将切割次数限制为最大k。
为了证明概念,我正在尝试创建一个算法来实现这一点。以下是我到目前为止所做的,我认为它成功地返回了实际的解决方案,但是,我无法弄清楚如何将最大值限制为k。
let r[0..n] be a new array
r[0] = 0
for j = 1 to n
q = -1
for i = 1 to j
for k = 0 to n-1
q = Math.max(q[n][k], p[i] + q[n-i-1][k-1]);
r[j] = q
return r[n]
请不要在你的答案中提供实际代码,我想自己实现,我只需要帮助调整我的算法以提供正确的解决方案。
更新1:我已经能够通过向我的阵列添加第二个维度来找到最多k个切割的最佳解决方案。这在上面的代码中显示。
正如您所说,您已经拥有最佳解决方案,此答案仅包括如何回溯确切的解决方案(每个步骤进行的切割)。
为此,您只需要一个二维数组(例如,visit[n][k]
)来存储切割,以获得q[n][k]
的最大解决方案。就伪代码和递归关系而言,它将如下所示。
for each value of i:
q[n][k] = q[n][k-1]
visit[n][k] = -1
if q[n][k] < p[i] + q[n-i-1][k-1]:
q[n][k] = p[i] + q[n-i-1][k-1]
visit[n][k] = i
visit[n][k] = -1
。n
切割长度为length=i+1
的杆,即。我们可以通过削减得到更好的价格,我们将相应的切割存储在另一个二维阵列中。使用这个2-d数组(visit[n][k]
),回溯跟踪精确的切割,你可以使用下面的伪代码(我故意避免代码,因为你提到你不需要它)。
cuts = []
while k > 0:
i = visit[n][k]
if i != -1
// If there is a cut
cuts.push(i + 1)
n = n - i - 1
k = k - 1
k
迭代到0
。visit[n][k]
不是-1
,即。切割到某处是最佳的,我们在切割后重新分配n
,即。 n = n - i - 1并将得到的cut
存储在数组cuts
中。cuts
将包含导致最佳解决方案的确切切割。请注意,在递归关系中使用的变量方面,您的问题中存在的伪代码略有不正确。 q
用于存储DP 2-d阵列以及整数-1
。 j
根本不用于自下而上的DP,而是用常量n
取代。 q[j][k]
未初始化。但是,一般的想法是正确的。