From 9b5450e380e1e28a78a3ca9226322667c1fff15e Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: krahets Date: Thu, 4 May 2023 05:22:28 +0800 Subject: [PATCH] build --- .../backtracking_algorithm.md | 94 ++++++- chapter_backtracking/n_queens_problem.md | 250 ++++++++++++++++++ chapter_backtracking/permutations_problem.md | 6 + chapter_tree/avl_tree.md | 2 +- chapter_tree/binary_search_tree.md | 2 +- 5 files changed, 343 insertions(+), 11 deletions(-) diff --git a/chapter_backtracking/backtracking_algorithm.md b/chapter_backtracking/backtracking_algorithm.md index ae24f0870..83472611c 100644 --- a/chapter_backtracking/backtracking_algorithm.md +++ b/chapter_backtracking/backtracking_algorithm.md @@ -104,7 +104,18 @@ comments: true === "Swift" ```swift title="preorder_traversal_i_compact.swift" - [class]{}-[func]{preOrder} + /* 前序遍历：例题一 */ + func preOrder(root: TreeNode?) { + guard let root = root else { + return + } + if root.val == 7 { + // 记录解 + res.append(root) + } + preOrder(root: root.left) + preOrder(root: root.right) + } ``` === "Zig" @@ -237,7 +248,22 @@ comments: true === "Swift" ```swift title="preorder_traversal_ii_compact.swift" - [class]{}-[func]{preOrder} + /* 前序遍历：例题二 */ + func preOrder(root: TreeNode?) { + guard let root = root else { + return + } + // 尝试 + path.append(root) + if root.val == 7 { + // 记录解 + res.append(path) + } + preOrder(root: root.left) + preOrder(root: root.right) + // 回退 + path.removeLast() + } ``` === "Zig" @@ -401,7 +427,23 @@ comments: true === "Swift" ```swift title="preorder_traversal_iii_compact.swift" - [class]{}-[func]{preOrder} + /* 前序遍历：例题三 */ + func preOrder(root: TreeNode?) { + // 剪枝 + guard let root = root, root.val != 3 else { + return + } + // 尝试 + path.append(root) + if root.val == 7 { + // 记录解 + res.append(path) + } + preOrder(root: root.left) + preOrder(root: root.right) + // 回退 + path.removeLast() + } ``` === "Zig" @@ -723,17 +765,51 @@ def backtrack(state, choices, res): === "Swift" ```swift title="preorder_traversal_iii_template.swift" - [class]{}-[func]{isSolution} + /* 判断当前状态是否为解 */ + func isSolution(state: [TreeNode]) -> Bool { + !state.isEmpty && state.last!.val == 7 + } - [class]{}-[func]{recordSolution} + /* 记录解 */ + func recordSolution(state: [TreeNode], res: inout [[TreeNode]]) { + res.append(state) + } - [class]{}-[func]{isValid} + /* 判断在当前状态下，该选择是否合法 */ + func isValid(state: [TreeNode], choice: TreeNode?) -> Bool { + choice != nil && choice!.val != 3 + } - [class]{}-[func]{makeChoice} + /* 更新状态 */ + func makeChoice(state: inout [TreeNode], choice: TreeNode) { + state.append(choice) + } - [class]{}-[func]{undoChoice} + /* 恢复状态 */ + func undoChoice(state: inout [TreeNode], choice: TreeNode) { + state.removeLast() + } - [class]{}-[func]{backtrack} + /* 回溯算法：例题三 */ + func backtrack(state: inout [TreeNode], choices: [TreeNode], res: inout [[TreeNode]]) { + // 检查是否为解 + if isSolution(state: state) { + recordSolution(state: state, res: &res) + return + } + // 遍历所有选择 + for choice in choices { + // 剪枝：检查选择是否合法 + if isValid(state: state, choice: choice) { + // 尝试：做出选择，更新状态 + makeChoice(state: &state, choice: choice) + // 进行下一轮选择 + backtrack(state: &state, choices: [choice.left, choice.right].compactMap { $0 }, res: &res) + // 回退：撤销选择，恢复到之前的状态 + undoChoice(state: &state, choice: choice) + } + } + } ``` === "Zig" diff --git a/chapter_backtracking/n_queens_problem.md b/chapter_backtracking/n_queens_problem.md index e69de29bb..58b5771d8 100644 --- a/chapter_backtracking/n_queens_problem.md +++ b/chapter_backtracking/n_queens_problem.md @@ -0,0 +1,250 @@ +--- +comments: true +--- + +# 13.3.   N 皇后问题 + +!!! question "根据国际象棋的规则，皇后可以攻击与之处在同一行或同一列或同一斜线上的棋子。给定 $n$ 个皇后和一个 $n \times n$ 大小的棋盘，寻找使得所有皇后之间无法相互攻击的摆放方案。" + +如下图所示，当 $n = 4$ 时，共可以找到两个解。从回溯算法的角度看，$n \times n$ 大小的棋盘共有 $n^2$ 个格子，给出了所有的选择 `choices` 。在逐个放置皇后的过程中，棋盘状态在不断地变化，每个时刻的棋盘就是状态 `state` 。 + +![4 皇后问题的解](n_queens_problem.assets/solution_4_queens.png) + +

Fig. 4 皇后问题的解

+ +本题共有三个约束条件：**多个皇后不能在同一行、同一列和同一对角线**。值得注意的是，对角线分为主对角线 `\` 和副对角线 `/` 两种。 + +![n 皇后问题的约束条件](n_queens_problem.assets/n_queens_constraints.png) + +

Fig. n 皇后问题的约束条件

+ +皇后的数量和棋盘的行数都为 $n$ ，因此我们容易得到第一个推论：**棋盘每行都允许且只允许放置一个皇后**。这意味着，我们可以采取逐行放置策略：从第一行开始，在每行放置一个皇后，直至最后一行结束。**此策略起到了剪枝的作用**，它避免了同一行出现多个皇后的所有搜索分支。 + +下图展示了 $4$ 皇后问题的逐行放置过程。受篇幅限制，下图仅展开了第一行的一个搜索分支。在搜索过程中，我们将不满足列约束和对角线约束的方案都剪枝了。 + +![逐行放置策略](n_queens_problem.assets/n_queens_placing.png) + +

Fig. 逐行放置策略

+ +为了实现根据列约束剪枝，我们可以利用一个长度为 $n$ 的布尔型数组 `cols` 记录每一列是否有皇后。在每次决定放置前，我们通过 `cols` 将已有皇后的列剪枝，并在回溯中动态更新 `cols` 的状态。 + +那么，如何处理对角线约束呢？设棋盘中某个格子的行列索引为 `(row, col)` ，观察矩阵的某条主对角线，**我们发现该对角线上所有格子的行索引减列索引相等**，即 `row - col` 为恒定值。换句话说，若两个格子满足 `row1 - col1 == row2 - col2` ，则这两个格子一定处在一条主对角线上。 + +利用该性质，我们可以借助一个数组 `diag1` 来记录每条主对角线上是否有皇后。注意，$n$ 维方阵 `row - col` 的范围是 $[-n + 1, n - 1]$ ，因此共有 $2n - 1$ 条主对角线。 + +![处理列约束和对角线约束](n_queens_problem.assets/n_queens_cols_diagonals.png) + +

Fig. 处理列约束和对角线约束

+ +同理，**次对角线上的所有格子的 `row + col` 是恒定值**。我们可以使用同样的方法，借助数组 `diag2` 来处理次对角线约束。 + +根据以上分析，我们便可以写出 $n$ 皇后的解题代码。 + +=== "Java" + + ```java title="n_queens.java" + /* 回溯算法：N 皇后 */ + void backtrack(int row, int n, List> state, List>> res, + boolean[] cols, boolean[] diags1, boolean[] diags2) { + // 当放置完所有行时，记录解 + if (row == n) { + List> copyState = new ArrayList<>(); + for (List sRow : state) { + copyState.add(new ArrayList<>(sRow)); + } + res.add(copyState); + return; + } + // 遍历所有列 + for (int col = 0; col < n; col++) { + // 计算该格子对应的主对角线和副对角线 + int diag1 = row - col + n - 1; + int diag2 = row + col; + // 剪枝：不允许该格子所在 (列 或 主对角线 或 副对角线) 包含皇后 + if (!(cols[col] || diags1[diag1] || diags2[diag2])) { + // 尝试：将皇后放置在该格子 + state.get(row).set(col, "Q"); + cols[col] = diags1[diag1] = diags2[diag2] = true; + // 放置下一行 + backtrack(row + 1, n, state, res, cols, diags1, diags2); + // 回退：将该格子恢复为空位 + state.get(row).set(col, "#"); + cols[col] = diags1[diag1] = diags2[diag2] = false; + } + } + } + + /* 求解 N 皇后 */ + List>> nQueens(int n) { + // 初始化 n*n 大小的棋盘，其中 'Q' 代表皇后，'#' 代表空位 + List> state = new ArrayList<>(); + for (int i = 0; i < n; i++) { + List row = new ArrayList<>(); + for (int j = 0; j < n; j++) { + row.add("#"); + } + state.add(row); + } + boolean[] cols = new boolean[n]; // 记录列是否有皇后 + boolean[] diags1 = new boolean[2 * n - 1]; // 记录主对角线是否有皇后 + boolean[] diags2 = new boolean[2 * n - 1]; // 记录副对角线是否有皇后 + List>> res = new ArrayList<>(); + + backtrack(0, n, state, res, cols, diags1, diags2); + + return res; + } + ``` + +=== "C++" + + ```cpp title="n_queens.cpp" + /* 回溯算法：N 皇后 */ + void backtrack(int row, int n, vector> &state, vector>> &res, vector &cols, + vector &diags1, vector &diags2) { + // 当放置完所有行时，记录解 + if (row == n) { + res.push_back(state); + return; + } + // 遍历所有列 + for (int col = 0; col < n; col++) { + // 计算该格子对应的主对角线和副对角线 + int diag1 = row - col + n - 1; + int diag2 = row + col; + // 剪枝：不允许该格子所在 (列 或 主对角线 或 副对角线) 包含皇后 + if (!(cols[col] || diags1[diag1] || diags2[diag2])) { + // 尝试：将皇后放置在该格子 + state[row][col] = "Q"; + cols[col] = diags1[diag1] = diags2[diag2] = true; + // 放置下一行 + backtrack(row + 1, n, state, res, cols, diags1, diags2); + // 回退：将该格子恢复为空位 + state[row][col] = "#"; + cols[col] = diags1[diag1] = diags2[diag2] = false; + } + } + } + + /* 求解 N 皇后 */ + vector>> nQueens(int n) { + // 初始化 n*n 大小的棋盘，其中 'Q' 代表皇后，'#' 代表空位 + vector> state(n, vector(n, "#")); + vector cols(n, false); // 记录列是否有皇后 + vector diags1(2 * n - 1, false); // 记录主对角线是否有皇后 + vector diags2(2 * n - 1, false); // 记录副对角线是否有皇后 + vector>> res; + + backtrack(0, n, state, res, cols, diags1, diags2); + + return res; + } + ``` + +=== "Python" + + ```python title="n_queens.py" + def backtrack( + row: int, + n: int, + state: list[list[str]], + cols: list[bool], + diags1: list[bool], + diags2: list[bool], + res: list[list[list[str]]], + ): + """回溯算法：N 皇后""" + # 当放置完所有行时，记录解 + if row == n: + res.append([list(row) for row in state]) + return + # 遍历所有列 + for col in range(n): + # 计算该格子对应的主对角线和副对角线 + diag1 = row - col + n - 1 + diag2 = row + col + # 剪枝：不允许该格子所在 (列 或 主对角线 或 副对角线) 包含皇后 + if not (cols[col] or diags1[diag1] or diags2[diag2]): + # 尝试：将皇后放置在该格子 + state[row][col] = "Q" + cols[col] = diags1[diag1] = diags2[diag2] = True + # 放置下一行 + backtrack(row + 1, n, state, cols, diags1, diags2, res) + # 回退：将该格子恢复为空位 + state[row][col] = "#" + cols[col] = diags1[diag1] = diags2[diag2] = False + + def n_queens(n: int) -> list[list[list[str]]]: + """求解 N 皇后""" + # 初始化 n*n 大小的棋盘，其中 'Q' 代表皇后，'#' 代表空位 + state = [["#" for _ in range(n)] for _ in range(n)] + cols = [False] * n # 记录列是否有皇后 + diags1 = [False] * (2 * n - 1) # 记录主对角线是否有皇后 + diags2 = [False] * (2 * n - 1) # 记录副对角线是否有皇后 + res = [] + backtrack(0, n, state, cols, diags1, diags2, res) + + return res + ``` + +=== "Go" + + ```go title="n_queens.go" + [class]{}-[func]{backtrack} + + [class]{}-[func]{nQueens} + ``` + +=== "JavaScript" + + ```javascript title="n_queens.js" + [class]{}-[func]{backtrack} + + [class]{}-[func]{nQueens} + ``` + +=== "TypeScript" + + ```typescript title="n_queens.ts" + [class]{}-[func]{backtrack} + + [class]{}-[func]{nQueens} + ``` + +=== "C" + + ```c title="n_queens.c" + [class]{}-[func]{backtrack} + + [class]{}-[func]{nQueens} + ``` + +=== "C#" + + ```csharp title="n_queens.cs" + [class]{n_queens}-[func]{backtrack} + + [class]{n_queens}-[func]{nQueens} + ``` + +=== "Swift" + + ```swift title="n_queens.swift" + [class]{}-[func]{backtrack} + + [class]{}-[func]{nQueens} + ``` + +=== "Zig" + + ```zig title="n_queens.zig" + [class]{}-[func]{backtrack} + + [class]{}-[func]{nQueens} + ``` + +## 13.3.1.   复杂度分析 + +逐行放置 $n$ 次，考虑列约束，则从第一行到最后一行分别有 $n, n-1, \cdots, 2, 1$ 个选择，**因此时间复杂度为 $O(n!)$** 。实际上，根据对角线约束的剪枝也能够大幅地缩小搜索空间，因而搜索效率往往优于以上时间复杂度。 + +`state` 使用 $O(n^2)$ 空间，`cols` , `diags1` , `diags2` 皆使用 $O(n)$ 空间。最大递归深度为 $n$ ，使用 $O(n)$ 栈帧空间。因此，**空间复杂度为 $O(n^2)$** 。 diff --git a/chapter_backtracking/permutations_problem.md b/chapter_backtracking/permutations_problem.md index ffd677f92..f19b320f0 100644 --- a/chapter_backtracking/permutations_problem.md +++ b/chapter_backtracking/permutations_problem.md @@ -452,3 +452,9 @@ comments: true ![两种剪枝条件的作用范围](permutations_problem.assets/permutations_ii_pruning_summary.png)

Fig. 两种剪枝条件的作用范围

+ +## 13.2.3.   复杂度分析 + +假设元素两两之间互不相同，则 $n$ 个元素共有 $n!$ 种排列（阶乘）；在记录结果时，需要复制长度为 $n$ 的列表，使用 $O(n)$ 时间。因此，**时间复杂度为 $O(n!n)$** 。 + +最大递归深度为 $n$ ，使用 $O(n)$ 栈帧空间。`selected` 使用 $O(n)$ 空间。同一时刻最多共有 $n$ 个 `duplicated` ，使用 $O(n^2)$ 空间。因此，**全排列 I 的空间复杂度为 $O(n)$ ，全排列 II 的空间复杂度为 $O(n^2)$** 。 diff --git a/chapter_tree/avl_tree.md b/chapter_tree/avl_tree.md index 5bfb2f639..893028a8b 100644 --- a/chapter_tree/avl_tree.md +++ b/chapter_tree/avl_tree.md @@ -1960,7 +1960,7 @@ AVL 树的特点在于「旋转 Rotation」操作，它能够在不影响二叉 } } else { // 子节点数量 = 2 ，则将中序遍历的下个节点删除，并用该节点替换当前节点 - let temp = node?.right + var temp = node?.right while temp?.left != nil { temp = temp?.left } diff --git a/chapter_tree/binary_search_tree.md b/chapter_tree/binary_search_tree.md index 925dd3bb6..166e024ba 100755 --- a/chapter_tree/binary_search_tree.md +++ b/chapter_tree/binary_search_tree.md @@ -1087,7 +1087,7 @@ comments: true // 子节点数量 = 2 else { // 获取中序遍历中 cur 的下一个节点 - let tmp = cur?.right + var tmp = cur?.right while tmp?.left != nil { tmp = tmp?.left }