Problém cestujícího prodejce (TSP):

Vzhledem k množině měst a vzdálenosti mezi každou dvojicí měst je problém najít nejkratší možnou trasu, která navštíví každé město přesně jednou a vrátí se do výchozího bodu. Všimněte si rozdílu mezi Hamiltonovým cyklem a TSP. Hamiltonovským cyklickým problémem je zjistit, zda existuje cesta, která navštíví každé město právě jednou. Zde víme, že Hamiltonian Tour existuje (protože graf je kompletní) a ve skutečnosti existuje mnoho takových cest, problém je najít minimální váhu Hamiltonian Cycle.

Vezměme si například graf zobrazený na obrázku na pravé straně. TSP tour v grafu je 1-2-4-3-1. Cena zájezdu je 10+25+30+15, což je 80. Problém je známý NP-těžký problém. Pro tento problém neexistuje žádné polynomiálně známé řešení. Následují různá řešení problému cestujícího prodejce.

Naivní řešení:

1) Považujte město 1 za počáteční a koncový bod.

2) Vygenerujte vše (n-1)! Permutace měst.

3) Vypočítejte náklady na každou permutaci a sledujte permutaci s minimálními náklady.

4) Vraťte permutaci s minimálními náklady.

Časová náročnost: ?(n!)

Dynamické programování:

Nechť je daná množina vrcholů {1, 2, 3, 4,….n}. Uvažujme 1 jako počáteční a koncový bod výstupu. Pro každý druhý vrchol I (jiný než 1) najdeme cestu minimálních nákladů s 1 jako počátečním bodem, I jako koncovým bodem a všechny vrcholy se objevují právě jednou. Nechť náklady na tuto cestu stojí (i) a náklady na odpovídající Cyklus by stály (i) + dist(i, 1), kde dist(i, 1) je vzdálenost z I do 1. Nakonec vrátíme minimum ze všech hodnot [cost(i) + dist(i, 1)]. Zatím to vypadá jednoduše.

Nyní je otázkou, jak získat náklady (i)? Abychom mohli vypočítat náklady (i) pomocí dynamického programování, potřebujeme mít nějaký rekurzivní vztah z hlediska dílčích problémů.

Definujme pojem C(S, i) jsou náklady na cestu s minimálními náklady, která navštíví každý vrchol v množině S právě jednou, počínaje 1 a končící v i . Začneme se všemi podmnožinami velikosti 2 a vypočítáme C(S, i) pro všechny podmnožiny, kde S je podmnožina, poté vypočítáme C(S, i) pro všechny podmnožiny S velikosti 3 a tak dále. Všimněte si, že 1 musí být přítomna v každé podmnožině.

If size of S is 2, then S must be {1, i}, C(S, i) = dist(1, i) Else if size of S is greater than 2. C(S, i) = min { C(S-{i}, j) + dis(j, i)} where j belongs to S, j != i and j != 1. 

Níže je řešení dynamického programování problému pomocí rekurzivního a zapamatovaného přístupu shora dolů: -

Pro údržbu podmnožin můžeme použít bitové masky k reprezentaci zbývajících uzlů v naší podmnožině. Protože bity jsou rychlejší a v grafu je jen málo uzlů, je lepší používat bitové masky.

Například: -

10100 představuje uzel 2 a uzel 4 jsou ponechány v sadě ke zpracování

010010 představuje uzel 1 a 4 jsou ponechány v podmnožině.

POZNÁMKA: - ignorujte 0. bit, protože náš graf je založen na 1

C++

#include> using> namespace> std;> // there are four nodes in example graph (graph is 1-based)> const> int> n = 4;> // give appropriate maximum to avoid overflow> const> int> MAX = 1000000;> // dist[i][j] represents shortest distance to go from i to j> // this matrix can be calculated for any given graph using> // all-pair shortest path algorithms> int> dist[n + 1][n + 1] = {> > { 0, 0, 0, 0, 0 }, { 0, 0, 10, 15, 20 },> > { 0, 10, 0, 25, 25 }, { 0, 15, 25, 0, 30 },> > { 0, 20, 25, 30, 0 },> };> // memoization for top down recursion> int> memo[n + 1][1 < < (n + 1)];> int> fun(> int> i,> int> mask)> > > // base case> > // if only ith bit and 1st bit is set in our mask,> > // it implies we have visited all other nodes already> > if> (mask == ((1 < < i)> // Driver program to test above logic> int> main()> {> > int> ans = MAX;> > for> (> int> i = 1; i <= n; i++)> > // try to go from node 1 visiting all nodes in> > // between to i then return from i taking the> > // shortest route to 1> > ans = std::min(ans, fun(i, (1 < < (n + 1)) - 1)> > + dist[i][1]);> > printf> (> 'The cost of most efficient tour = %d'> , ans);> > return> 0;> }> // This code is contributed by Serjeel Ranjan>

Jáva

import> java.io.*;> import> java.util.*;> public> class> TSE {> > // there are four nodes in example graph (graph is> > // 1-based)> > static> int> n => 4> ;> > // give appropriate maximum to avoid overflow> > static> int> MAX => 1000000> ;> > // dist[i][j] represents shortest distance to go from i> > // to j this matrix can be calculated for any given> > // graph using all-pair shortest path algorithms> > static> int> [][] dist = {> > {> 0> ,> 0> ,> 0> ,> 0> ,> 0> }, {> 0> ,> 0> ,> 10> ,> 15> ,> 20> },> > {> 0> ,> 10> ,> 0> ,> 25> ,> 25> }, {> 0> ,> 15> ,> 25> ,> 0> ,> 30> },> > {> 0> ,> 20> ,> 25> ,> 30> ,> 0> },> > };> > // memoization for top down recursion> > static> int> [][] memo => new> int> [n +> 1> ][> 1> < < (n +> 1> )];> > static> int> fun(> int> i,> int> mask)> > > > // base case> > // if only ith bit and 1st bit is set in our mask,> > // it implies we have visited all other nodes> > // already> > if> (mask == ((> 1> < < i)> > // Driver program to test above logic> > public> static> void> main(String[] args)> > {> > int> ans = MAX;> > for> (> int> i => 1> ; i <= n; i++)> > // try to go from node 1 visiting all nodes in> > // between to i then return from i taking the> > // shortest route to 1> > ans = Math.min(ans, fun(i, (> 1> < < (n +> 1> )) -> 1> )> > + dist[i][> 1> ]);> > System.out.println(> > 'The cost of most efficient tour = '> + ans);> > }> }> // This code is contributed by Serjeel Ranjan>

Python3

n> => 4> # there are four nodes in example graph (graph is 1-based)> # dist[i][j] represents shortest distance to go from i to j> # this matrix can be calculated for any given graph using> # all-pair shortest path algorithms> dist> => [[> 0> ,> 0> ,> 0> ,> 0> ,> 0> ], [> 0> ,> 0> ,> 10> ,> 15> ,> 20> ], [> > 0> ,> 10> ,> 0> ,> 25> ,> 25> ], [> 0> ,> 15> ,> 25> ,> 0> ,> 30> ], [> 0> ,> 20> ,> 25> ,> 30> ,> 0> ]]> # memoization for top down recursion> memo> => [[> -> 1> ]> *> (> 1> < < (n> +> 1> ))> for> _> in> range> (n> +> 1> )]> def> fun(i, mask):> > # base case> > # if only ith bit and 1st bit is set in our mask,> > # it implies we have visited all other nodes already> > if> mask> => => ((> 1> < < i) |> 3> ):> > return> dist[> 1> ][i]> > # memoization> > if> memo[i][mask] !> => -> 1> :> > return> memo[i][mask]> > res> => 10> *> *> 9> # result of this sub-problem> > # we have to travel all nodes j in mask and end the path at ith node> > # so for every node j in mask, recursively calculate cost of> > # travelling all nodes in mask> > # except i and then travel back from node j to node i taking> > # the shortest path take the minimum of all possible j nodes> > for> j> in> range> (> 1> , n> +> 1> ):> > if> (mask & (> 1> < < j)) !> => 0> and> j !> => i> and> j !> => 1> :> > res> => min> (res, fun(j, mask & (~(> 1> < < i)))> +> dist[j][i])> > memo[i][mask]> => res> # storing the minimum value> > return> res> # Driver program to test above logic> ans> => 10> *> *> 9> for> i> in> range> (> 1> , n> +> 1> ):> > # try to go from node 1 visiting all nodes in between to i> > # then return from i taking the shortest route to 1> > ans> => min> (ans, fun(i, (> 1> < < (n> +> 1> ))> -> 1> )> +> dist[i][> 1> ])> print> (> 'The cost of most efficient tour = '> +> str> (ans))> # This code is contributed by Serjeel Ranjan>

C#

using> System;> class> TSE> {> > // there are four nodes in example graph (graph is> > // 1-based)> > static> int> n = 4;> > // give appropriate maximum to avoid overflow> > static> int> MAX = 1000000;> > // dist[i][j] represents shortest distance to go from i> > // to j this matrix can be calculated for any given> > // graph using all-pair shortest path algorithms> > static> int> [, ] dist = { { 0, 0, 0, 0, 0 },> > { 0, 0, 10, 15, 20 },> > { 0, 10, 0, 25, 25 },> > { 0, 15, 25, 0, 30 },> > { 0, 20, 25, 30, 0 } };> > // memoization for top down recursion> > static> int> [, ] memo => new> int> [(n + 1), (1 < < (n + 1))];> > static> int> fun(> int> i,> int> mask)> > 3))> > return> dist[1, i];> > > // memoization> > if> (memo[i, mask] != 0)> > return> memo[i, mask];> > int> res = MAX;> // result of this sub-problem> > // we have to travel all nodes j in mask and end the> > // path at ith node so for every node j in mask,> > // recursively calculate cost of travelling all> > // nodes in mask> > // except i and then travel back from node j to node> > // i taking the shortest path take the minimum of> > // all possible j nodes> > for> (> int> j = 1; j <= n; j++)> > if> ((mask & (1 < < j)) != 0 && j != i && j != 1)> > res = Math.Min(res,> > fun(j, mask & (~(1 < < i)))> > + dist[j, i]);> > return> memo[i, mask] = res;> > > > // Driver program to test above logic> > public> static> void> Main()> > {> > int> ans = MAX;> > for> (> int> i = 1; i <= n; i++)> > // try to go from node 1 visiting all nodes in> > // between to i then return from i taking the> > // shortest route to 1> > ans = Math.Min(ans, fun(i, (1 < < (n + 1)) - 1)> > + dist[i, 1]);> > Console.WriteLine(> > 'The cost of most efficient tour = '> + ans);> > }> }> // This code is contributed by Tapesh(tapeshdua420)>

Javascript

> // JavaScript code for the above approach> > // there are four nodes in example graph (graph is 1-based)> > let n = 4;> > > // give appropriate maximum to avoid overflow> > let MAX = 1000000;> > // dist[i][j] represents shortest distance to go from i to j> > // this matrix can be calculated for any given graph using> > // all-pair shortest path algorithms> > let dist = [> > [0, 0, 0, 0, 0], [0, 0, 10, 15, 20],> > [0, 10, 0, 25, 25], [0, 15, 25, 0, 30],> > [0, 20, 25, 30, 0],> > ];> > // memoization for top down recursion> > let memo => new> Array(n + 1);> > for> (let i = 0; i memo[i] = new Array(1 < < (n + 1)).fill(0) } function fun(i, mask) // base case // if only ith bit and 1st bit is set in our mask, // it implies we have visited all other nodes already if (mask == ((1 < < i) // Driver program to test above logic let ans = MAX; for (let i = 1; i <= n; i++) // try to go from node 1 visiting all nodes in // between to i then return from i taking the // shortest route to 1 ans = Math.min(ans, fun(i, (1 < < (n + 1)) - 1) + dist[i][1]); console.log('The cost of most efficient tour ' + ans); // This code is contributed by Potta Lokesh>

Výstup

The cost of most efficient tour = 80 

Časová složitost: O(n ² *2 ⁿ ) kde O(n* 2 ⁿ⁾ jsou maximální počet jedinečných dílčích problémů/stavů a ​​O(n) pro přechod (smyčkou for jako v kódu) v každém stavu.

Pomocný prostor: O(n*2 ⁿ ), kde n je zde počet uzlů/měst.

Pro množinu velikosti n uvažujeme n-2 podmnožiny, každou o velikosti n-1, takže všechny podmnožiny nemají n-tou. Pomocí výše uvedeného vztahu opakování můžeme napsat řešení založené na dynamickém programování. Existuje nejvýše O(n*2 ⁿ ) dílčích problémů a řešení každého z nich zabere lineární čas. Celková doba běhu je tedy O(n ² *2 ⁿ ). Časová složitost je mnohem menší než O(n!), ale stále exponenciální. Požadovaný prostor je také exponenciální. Tento přístup je tedy také neproveditelný i pro mírně vyšší počet vrcholů. Brzy budeme diskutovat o přibližných algoritmech pro problém cestujícího prodejce.

Další článek: Problém obchodního cestujícího | Sada 2

Reference:

http://www.lsi.upc.edu/~mjserna/docencia/algofib/P07/dynprog.pdf

http://www.cs.berkeley.edu/~vazirani/algorithms/chap6.pdf