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通过4种经典应用，带你熟悉回溯算法

日期：2023-04-12点击：77收藏

摘要：回溯的处理思想，有点类似枚举搜索。

本文分享自华为云社区《深入浅出回溯算法》，作者：嵌入式视觉。

一，如何理解回溯算法

深度优先搜索算法利用的就是回溯算法思想，但它除了用来指导像深度优先搜索这种经典的算法设计之外，还可以用在很多实际的软件开发场景中，比如正则表达式匹配、编译原理中的语法分析等。

除此之外，很多经典的数学问题都可以用回溯算法解决，比如数独、八皇后、0-1 背包、图的着色、旅行商问题、全排列等等。

回溯的处理思想，有点类似枚举搜索。暴力枚举所有的解，找到满足期望的解。为了有规律地枚举所有可能的解，避免遗漏和重复，我们把问题求解的过程分为多个阶段。每个阶段，我们都会面对一个岔路口，我们先随意选一条路走，当发现这条路走不通的时候（不符合期望的解），就回退到上一个岔路口，另选一种走法继续走。

回溯算法的模板代码总结如下：

void backtracking(参数) { if (终止条件) { 存放结果; return; } for (选择：本层集合中元素（树中节点孩子的数量就是集合的大小）) { 处理节点; backtracking(路径，选择列表); // 递归 回溯，撤销处理结果 } }

二，回溯算法的经典应用

2.1，八皇后问题

有一个 8x8 的棋盘，希望往里放 8 个棋子（皇后），每个棋子所在的行、列、对角线都不能有另一个棋子。这里的“对角线”指的是所有的对角线，不只是平分整个棋盘的那两条对角线。

解决思路：可以把这个问题划分成 8 个阶段，依次将 8 个棋子放到第一行、第二行、第三行……第八行，每一行都有 8 中放法（8 列）。在放置的过程中，我们不停地检查当前放法，是否满足要求。如果满足，则跳到下一行继续放置棋子；如果不满足，那就再换一种放法，继续尝试。这里用的是回溯思想，而回溯算法也非常适合用递归代码实现。

// N 皇后问题 leetcode 51 https://leetcode-cn.com/problems/n-queens/ class Solution { private: vector<vector<string>> result; void backtracking(int n, int row, vector<string>& chessboard){ if(row == n) { result.push_back(chessboard); return; } for(int column=0; column < n; column++){ // 每一行都有8中放法 if (isOK(row, column, n, chessboard)){ chessboard[row][column] = 'Q'; // 放置皇后 backtracking(n, row+1, chessboard); chessboard[row][column] = '.'; // 回溯，撤销处理结果 } } } // 判断 row 行 column 列放置皇后是否合适 bool isOK(int row, int column, int n, vector<string>& chessboard){ int leftup = column - 1; int rightup = column + 1; // 左上角和右上角 for(int i = row-1; i>=0; i--){ // 逐行网上考察每一行 // 判断第 i 行的 column 列是否有棋子 if(chessboard[i][column] == 'Q') { return false; } // 考察左上对角线：判断第i行leftup列是否有棋子 if(leftup >=0 ){ if(chessboard[i][leftup] == 'Q') return false; } // 考察左上对角线：判断第i行rightup列是否有棋子 if(rightup < n){ if(chessboard[i][rightup] == 'Q') return false; } --leftup; ++rightup; } return true; } public: vector<vector<string>> solveNQueens(int n) { result.clear(); std::vector<std::string> chessboard(n, std::string(n, '.')); backtracking(n, 0, chessboard); return result; } };

2.2，0-1 背包问题

0-1 背包是非常经典的算法问题。0-1 背包问题有很多变体，这里介绍一种比较基础的。我们有一个背包，背包总的承载重量是 W kg。现在我们有 n 个物品，每个物品的重量不等，并且不可分割，即对于每个物品来说，都有两种选择，装进背包或者不装进背包，对于 n 个物品来说，总的装法就有 2^n 种。

我们现在期望选择几件物品，装载到背包中。在不超过背包所能装载重量 W 的前提下，如何让背包中物品的总重量最大？

0-1 背包问题为什么不能用贪心算法求解？

因为不可分割，所以无法判断当前情况下，哪种物品对期望值贡献更大，即不存在当前最优的选择，所以就无法使用贪心算法了。

0-1 背包问题的高效解法是动态规划算法，但也可用没那么高效的回溯方法求解。我们可以把物品依次排列，整个问题就分解为了 n 个阶段，每个阶段对应一个物品怎么选择。先对第一个物品进行处理，选择装进去或者不装进去，然后再递归地处理剩下的物品。

int maxW = 0; // cw 表示当前装进背包的物品的重量和，w 表示背包承载的重量 // items 表示物体的重量数组，n 表示总的物品个数， i 表示考察到第 i 个物品 int f(int i, int cw, vector<int> items, int n, int w){ // 递归结束条件：cw == w 表示背包已经装满，i==n 表示考察完所有物品 if(cw == w || i == n){ if(cw > maxW) maxW = cw; return; } f(i+1, cw, items, n, w); // 不装 // 剪枝过程，当装入的物品重量大于背包的重量，就不继续执行 if(cw+items[i] <= w){ f(i+1, cw+items[i], items, n, w); // 装 } }

要理解 0-1 背包问题回溯解法的关键在于：对于一个物品而言，只有两种情况，不装入背包和装入背包两种情况。对应的就是 f(i+1, cw, items, n, w) 和 f(i+1, cw + items[i], items, n, w) 两个函数。

2.3，通配符匹配

假设正则表达式中只包含 “*” 和 “?” 这两种通配符，并且对这两个通配符的语义稍微做些改变，其中，“*” 匹配任意多个（大于等于 0 个）任意字符，“?” 匹配零个或者一个任意字符。基于以上背景假设，如何用回溯算法，判断一个给定的文本，是否和给定的正则表达式匹配？

如果遇到特殊字符的时候，我们就有多种处理方式了，也就是所谓的岔路口，比如 “*” 有多种匹配方案，可以匹配任意个文本串中的字符，我们就先随意的选择一种匹配方案，然后继续考察剩下的字符。如果中途发现无法继续匹配下去了，我们就回到这个岔路口，重新选择一种匹配方案，然后再继续匹配剩下的字符。

// 暴力递归 --> 记忆化 --> DP --> 状态压缩DP； class Solution{ private: bool matched = false; void backtracking(int ti, int pj, string text, string pattern){ if (matched) return; if(pj == pattern.size()){ // 正则表达式到末尾了 if(ti == text.size()) matched = true; return; } // *匹配任意个字符 if(pattern[pj] == '*'){ for(int k=0; k< text.size()-ti;k++) backtracking(ti+k, pj+1, text, pattern); } // ?匹配0个或者1个字符 else if(pattern[pj] == '?'){ backtracking(ti, pj+1, text, pattern); backtracking(ti+1, pj+1, text, pattern); } // 纯字符匹配才行 else if(ti < pattern.size() && pattern[pj] == text[ti]) { backtracking(ti+1, pj+1, text, pattern); } } public: bool isMatch(string text, string pattern){ matched = false; backtracking(0, 0, text, pattern); return matched; } };

2.4，leetcode 正则表达式匹配

在 leetcode 也有变形题（leetcode10:正则表达式匹配）如下：

其他变形题：leetcode44-通配符匹配

给你一个字符串 s 和一个字符规律 p，请你来实现一个支持 '.' 和 '*' 的正则表达式匹配。

‘.’ 匹配任意单个字符
‘*’ 匹配零个或多个前面的那一个元素

所谓匹配，是要涵盖整个字符串 s 的，而不是部分字符串。

方法一：回溯（分阶段分情况讨论，暴力搜索和剪枝）

首先，考虑特俗字符只有 '.' 的情况。这种情况会很简单：我们只需要从左到右依次判断 s[i] 和 p[i] 是否匹配。

def isMatch(self,s:str, p:str) -> bool: """字符串 s 和字符规律 p""" if not p: return not s # 边界条件 first_match = s and p[0] in {s[0],'.'} # 比较第一个字符是否匹配 return first_match and self.isMatch(s[1:], p[1:])

最后，考虑有 ’*' 的情况，它会出现在 p[1] 的位置，匹配过程中会出现两种情况：

星号代表匹配 0 个前面的元素。如 '##' 和 a*##，这时我们直接忽略 p 的 a*，比较 ## 和 ##，也就是继续递归比较 s 和 p[i + 2:]；
星号代表匹配一个或多个前面的元素。如 aaab 和 a*b，这时我们将忽略 s 的第一个元素，比较 aab 和 a*b，也就是继续递归比较 s[i + 1:] 和 p。（这里默认要检查 s[0] 和 p[0] 是否相等）。

Python3 代码如下：

class Solution: def isMatch(self, s: str, p: str) -> bool: if not p: return not s first_match = bool(s and p[0] in {s[0],'.'}) # 比较第一个字符是否匹配 if len(p) >=2 and p[1] == '*': # * 匹配前面一个字符 0 次或者多次 return self.isMatch(s, p[2:]) or first_match and self.isMatch(s[1:], p) else: return first_match and self.isMatch(s[1:], p[1:])

C++ 代码如下：

// letcode10 正则表达式匹配 #include <vector> #include <string> using namespace std; class Solution{ public: bool isMatch(string s, string p){ // 如果正则串 p 为空字符串，s 也为空，则匹配成功 if(p.empty()) return (s.empty()); // 判断 s 和 p 的首字符是否匹配，注意要先判断 s 不为空 bool match = (!s.empty()) && (s[0] == p[0] || p[0] == '.'); // 如果p的第一个元素的下一个元素是 *，则分别对两种情况进行判断 if(p.size() >= 2 && p[1] == '*'){ // * 匹配前面一个字符 0 次或者多次 return isMatch(s, p.substr(2)) || (match && isMatch(s.substr(1), p)); } else{ // 单个匹配 return match && isMatch(s.substr(1), p.substr(1)); } } };

直接递归时间复杂度太大（指数级），可以把之前的递归过程记录下来，用空间换时间。记忆化递归的 C++ 代码如下：

class Solution{ public: bool isMatch(string s, string p){ unordered_map<int, bool> memo; return backtracking(s, 0, p, 0, memo); } bool backtracking(string s, int i, string p, int j, unordered_map<int, bool> & memo){ // # 检查 s[i] 是否能被匹配，注意要先判断 s 不为空 bool match = (i < s.size()) && (s[i] == p[j] || p[j] == '.'); if(j >= p.size()) return i >= s.size(); // p 和 s 同时遍历完 int key = i * (p.size() + 1) + j; // 哈希键 if (memo.find(key) != memo.end()) // 这个状态之前经历过，可以返回结果 return memo[key]; else if (i == s.size() && j == p.size()) // 如果s和p同时用完，匹配成功 return memo[key] = true; else if((p.size()-j) >= 2 && p[j+1] == '*'){ // * 匹配前面一个字符 0 次或者多次 if(backtracking(s, i, p, j+2, memo) || match && backtracking(s, i+1, p, j, memo)) return memo[key] = true; } else { // 单个匹配 if(match && backtracking(s, i+1, p, j+1, memo)) return memo[key] = true; } return memo[key] = false; // 没辙了，匹配失败 } };

方法二：动态规划法