。无论是b太大还是L太大，结点数都会是一个天文数字。7.4 回溯法
无论是排列生成还是子集枚举，前面都给出了两种思路：递归构造和直接枚举。直接枚举法的优点是思路和程序都很简单，缺点在于无法简便地减小枚举量——必须生成（generate）所有可能的解，然后一一检查（test）。
另一方面，在递归构造中，生成和检查过程可以有机结合起来，从而减少不必要的枚举。这就是本节的主题——回溯法（backtracking）。
回溯法的应用范围很广，只要能把待求解的问题分成不太多的步骤，每个步骤又只有不太多的选择，都可以考虑应用回溯法。为什么说“不太多”呢？想象一棵包含L层，每层的分支因子均为b的解答树，其结点数高达。无论是b太大还是L太大，结点数都会是一个天文数字。
回溯法是初学者学习暴力法的第一个障碍，学习时间短则数天，长则数月甚至一年以上。为了减少不必要的困扰，在学习回溯法之前，请读者确保7.2节和7.3节的所有递归程序都可以熟练、准确地写出。
7.4.1 八皇后问题
在棋盘上放置8个皇后，使得它们互不攻击，此时每个皇后的攻击范围为同行同列和同对角线，要求找出所有解，如图7-4所示。
|  |
| （a）皇后的攻击范围 | （b）一个可行解 |
图7-4 八皇后问题
【分析】
最简单的思路是把问题转化为“从64个格子中选一个子集”，使得“子集中恰好有8个格子，且任意两个选出的格子都不在同一行、同一列或同一个对角线上”。这正是子集枚举问题。然而，64个格子的子集有264个，太大了，这并不是一个很好的模型。
第二个思路是把问题转化为“从64个格子中选8个格子”，这是组合生成问题。根据组合数学，有
种方案，比第一种方案优秀，但仍然不够好。
经过思考，不难发现以下事实：恰好每行每列各放置一个皇后。如果用C[x]表示第x行皇后的列编号，则问题变成了全排列生成问题。而0～7的排列一共只有8!=40320个，枚举量不会超过它。
提示7-9：在编写递归枚举程序之前，需要深入分析问题，对模型精雕细琢。一般还应对解答树的结点数有一个粗略的估计，作为评价模型的重要依据，如图7-5所示。
图7-5 四皇后问题的解答树
图7-5中给出了四皇后问题的完整解答树。它只有17个结点，比4!=24小。为什么会这样呢？这是因为有些结点无法继续扩展。例如，在(0,2,*,*)中，第2行无论将皇后放到哪里，都会和第0行和第1行中已放好的皇后发生冲突，其他还未放置的皇后更是如此。
在这种情况下，递归函数将不再递归调用它自身，而是返回上一层调用，这种现象称为回溯（backtracking）。
提示7-10：当把问题分成若干步骤并递归求解时，如果当前步骤没有合法选择，则函数将返回上一级递归调用，这种现象称为回溯。正是因为这个原因，递归枚举算法常被称为回溯法，应用十分普遍。
下面的程序简洁地求解了八皇后问题。在主程序中读入n，并为tot清零，然后调用search(0)，即可得到解的个数tot。
void search(int cur) {
if(cur == n) tot++; //递归边界。只要走到了这里，所有皇后必然不冲突
else for(int i = 0; i < n; i++) {
int ok = 1;
C[cur] = i; //尝试把第cur行的皇后放在第i列
for(int j = 0; j < cur; j++) //检查是否和前面的皇后冲突
if(C[cur] == C[j] || cur-C[cur] == j-C[j] || cur+C[cur] == j+C[j])
{ ok = 0; break; }
if(ok) search(cur+1); //如果合法，则继续递归
}
}
注意：既然是逐行放置的，则皇后肯定不会横向攻击，因此只需检查是否纵向和斜向攻击即可。条件“cur-C[cur] == j-C[j] || cur+C[cur] == j+C[j]”用来判断皇后(cur,C[cur])和(j,C[j])是否在同一条对角线上。其原理可以用图7-6来说明。
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| a）格子(x,y)的y-x 值标识了主对角线 | （b）格子(x,y)的x+y 值标识了副对角线 |
图7-6 棋盘中的对角线标识
结点数似乎很难进一步减少了，但程序效率可以继续提高：利用二维数组vis[2][ ]直接判断当前尝试的皇后所在的列和两个对角线是否已有其他皇后。注意到主对角线标识y-x可能为负，存取时要加上n。
void search(int cur) {
if(cur == n) tot++;
else for(int i = 0; i < n; i++) {
if(!vis[0][i] && !vis[1][cur+i] && !vis[2][cur-i+n]) {
//利用二维数组直接判断
C[cur] = i; //如果不用打印解，整个C数组都可以省略
vis[0][i] = vis[1][cur+i] = vis[2][cur-i+n] = 1; //修改全局变量
search(cur+1);
vis[0][i] = vis[1][cur+i] = vis[2][cur-i+n] = 0; //切记！一定要改回来
}
}
}
上面的程序有个极其关键的地方：vis数组的使用。vis数组的确切含义是什么？它表示已经放置的皇后占据了哪些列、主对角线和副对角线。将来放置的皇后不应该修改这些值——至少“看上去没有修改”。一般地，如果在回溯法中修改了辅助的全局变量，则一定要及时把它们恢复原状（除非故意保留所做修改）。若不信，可以把“vis[0][i]= vis[1][cur+i] = vis[2][cur-i+n] = 0”注释掉，验证还能否正确求解八皇后问题。另外，在调用之前一定要把vis数组清空。
提示7-11：如果在回溯法中使用了辅助的全局变量，则一定要及时把它们恢复原状。特别地，若函数有多个出口，则需在每个出口处恢复被修改的值。
7.4.2 其他应用举例
例题7-4 素数环（Prime Ring Problem, UVa 524）
输入正整数n，把整数1, 2, 3,…, n组成一个环，使得相邻两个整数之和均为素数。输出时从整数1开始逆时针排列。同一个环应恰好输出一次。n≤16。
样例输入：
6
样例输出：
1 4 3 2 5 6
1 6 5 2 3 4
【分析】
由模型不难得到：每个环对应于1～n的一个排列，但排列总数高达16!=2*1013，生成-测试法会超时吗？下面进行实验：
for(int i = 2; i <= n*2; i++) isp[i] = is_prime(i);//生成素数表，加快后续判断
for(int i = 0; i < n; i++) A[i] = i+1; //第一个排列
do {
int ok = 1;
for(int i = 0; i < n; i++) if(!isp[A[i]+A[(i+1)%n]]) { ok = 0; break; }
//判断合法性
if(ok){
for(int i = 0; i < n; i++) printf("%d ", A[i]); //输出序列
printf("\n");
}
}while(next_permutation(A+1, A+n)); //1的位置不变
运行后发现，当n=12时就已经很慢，而当n=16时无法运行出结果。下面试试回溯法：
void dfs(int cur){
if(cur == n && isp[A[0]+A[n-1]]){ //递归边界。别忘了测试第一个数和最后一个数
for(int i = 0; i < n; i++) printf("%d ", A[i]); //打印方案
printf("\n");
}
else for(int i = 2; i <= n; i++) //尝试放置每个数i
if(!vis[i] && isp[i+A[cur-1]]){ //如果i没有用过，并且与前一个数之和为素数
A[cur] = i;
vis[i] = 1; //设置使用标志
dfs(cur+1);
vis[i] = 0; //清除标志
}
}
回溯法比生成-测试法快了很多，即使n=18速度也不错。将上面的函数名设为dfs并不是巧合——从解答树的角度讲，回溯法正是按照深度优先的顺序在遍历解答树。在后面的内容中，还将学习更多遍历解答树的方法。
提示7-12：如果最坏情况下的枚举量很大，应该使用回溯法而不是生成-测试法。
例题7-5 困难的串（Krypton Factor, UVa 129）
如果一个字符串包含两个相邻的重复子串，则称它是“容易的串”，其他串称为“困难的串”。例如，BB、ABCDACABCAB、ABCDABCD都是容易的串，而D、DC、ABDAB、CBABCBA都是困难的串。
输入正整数n和L，输出由前L个字符组成的、字典序第k小的困难的串。例如，当L=3时，前7个困难的串分别为A、AB、ABA、ABAC、ABACA、ABACAB、ABACABA。输入保证答案不超过80个字符。
样例输入：
7 3
30 3
样例输出：
ABACABA
ABACABCACBABCABACABCACBACABA
【分析】
基本框架不难确定：从左到右依次考虑每个位置上的字符。因此，问题的关键在于如何判断当前字符串是否已经存在连续的重复子串。例如，如何判断ABACABA是否包含连续重复子串呢？一种方法是检查所有长度为偶数的子串，分别判断每个字串的前一半是否等于后一半。尽管是正确的，但这个方法做了很多无用功。还记得八皇后问题中是怎么判断合法性的吗？判断当前皇后是否和前面的皇后冲突，但并不判断以前的皇后是否相互冲突——那些皇后在以前已经判断过了。同样的道理，我们只需要判断当前串的后缀，而非所有子串。
提示7-13：在回溯法中，应注意避免不必要的判断，就像在八皇后问题中那样，只需判断新皇后和之前的皇后是否冲突，而不必判断以前的皇后是否相互冲突。
程序如下：
int dfs(int cur){ //返回0表示已经得到解，无须继续搜索
if(cnt++ == n){
for(int i = 0; i < cur; i++) printf("%c", 'A'+S[i]); //输出方案
printf("\n");
return 0;
}
for(int i = 0; i < L; i++){
S[cur] = i;
int ok = 1;
for(int j = 1; j*2 <= cur+1; j++){ //尝试长度为j*2的后缀
int equal = 1;
for(int k = 0; k < j; k++) //检查后一半是否等于前一半
if(S[cur-k] != S[cur-k-j]) { equal = 0; break; }
if(equal) { ok = 0; break; } //后一半等于前一半，方案不合法
}
if(ok) if(!dfs(cur+1)) return 0; //递归搜索。如果已经找到解，则直接退出
}
return 1;
}
有意思的是，L = 2时一共只有6个串；当L≥3时就很少回溯了。事实上，当L=3时，可以构造出无限长的串，不存在相邻重复子串。
例题7-6 带宽（Bandwidth, UVa 140）
给出一个n（n≤8）个结点的图G和一个结点的排列，定义结点i的带宽b(i)为i和相邻结点在排列中的最远距离，而所有b(i)的最大值就是整个图的带宽。给定图G，求出让带宽最小的结点排列，如图7-7所示。
图7-7 图G
下面两个排列的带宽分别为6和5。具体来说，图7-8（a）中各个结点的带宽分别为6, 6, 1, 4, 1, 1, 6, 6，图7-8（b）中各个结点的带宽分别为5, 3, 1, 4, 3, 5, 1, 4。
|  |
| （a） | （b） |
图7-8 两个排列的带宽
【分析】
如果不考虑效率，本题可以递归枚举全排列，分别计算带宽，然后选取最小的一种方案。能否优化呢？和八皇后问题不同的是：八皇后问题有很多可行性约束（feasibility constraint），可以在得到完整解之前避免扩展那些不可行的结点，但本题并没有可行性约束——任何排列都是合法的。难道只能扩展所有结点吗？当然不是。
可以记录下目前已经找到的最小带宽k。如果发现已经有某两个结点的距离大于或等于k，再怎么扩展也不可能比当前解更优，应当强制把它“剪”掉，就像园丁在花园里为树修剪枝叶一样，也可以为解答树“剪枝（prune）”。
除此之外，还可以剪掉更多的枝叶。如果在搜索到结点u时，u结点还有m个相邻点没有确定位置，那么对于结点u来说，最理想的情况就是这m个结点紧跟在u后面，这样的结点带宽为m，而其他任何“非理想情况”的带宽至少为m+1。这样，如果m≥k，即“在最理想的情况下都不能得到比当前最优解更好的方案”，则应当剪枝。
提示7-14：在求最优解的问题中，应尽量考虑最优性剪枝。这往往需要记录下当前最优解，并且想办法“预测”一下从当前结点出发是否可以扩展到更好的方案。具体来说，先计算一下最理想情况可以得到怎样的解，如果连理想情况都无法得到比当前最优解更好的方案，则剪枝。
例题7-7 天平难题（Mobile Computing, ACM/ICPC Tokyo 2005, UVa1354）
给出房间的宽度r和s个挂坠的重量wi。设计一个尽量宽（但宽度不能超过房间宽度r）的天平，挂着所有挂坠。
天平由一些长度为1的木棍组成。木棍的每一端要么挂一个挂坠，要么挂另外一个木棍。如图7-9所示，设n和m分别是两端挂的总重量，要让天平平衡，必须满足n*a=m*b。
图7-9 天平
例如，如果有3个重量分别为1, 1, 2的挂坠，有3种平衡的天平，如图7-10所示。
| 
|  |
| 图7-10 3种平衡的天平 |
挂坠的宽度忽略不计，且不同的子天平可以相互重叠。如图7-11所示，宽度为(1/3)+1+(1/4)。
输入第一行为数据组数。每组数据前两行为房间宽度r和挂坠数目s（0<r<10，1≤s≤6）。以下s行每行为一个挂坠的重量Wi（1≤wi≤1000）。输入保证不存在天平的宽度恰好在r-10-5和r+10-5之间（这样可以保证不会出现精度问题）。对于每组数据，输出最优天平的宽度。如果无解，输出-1。你的输出和标准答案的绝对误差不应超过10-8。
【分析】
如果把挂坠和木棍都作为结点，则一个天平对应一棵二叉树，如题目中给出的，挂坠为1, 1, 2的3个天平如图7-12所示。
|  |
| 图7-11 子天平相互重叠 | 图7-12 与天平对应的二叉树 |
对于一棵确定二叉树，可以计算出每个挂坠的确切位置，进而计算出整个天平的宽度，所以本题的核心任务是：枚举二叉树。
如何枚举二叉树呢？最直观的方法是沿用回溯法框架，每次选择两个结点组成一棵子树，递归s-1层即可。以4个挂坠1, 1, 2, 3为例，下面是解答树的一部分（每个结点的子树并没有全部画出），如图7-13所示。
图7-13 解答树
上面的方法已经足够解决本题，但还有优化的余地，因为有些二叉树被枚举了多次（如图7-13中的两个粗框结点）。
推荐的枚举方法是：自顶向下构造，每次枚举左子树用到哪个子集，则右子树就是使用剩下的子集（细节请参考代码仓库）。在第9章中会专门讨论“枚举子集”的高效算法，建议读者在学习之后重新实现本题。