问题求解_百度百科
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问题求解，就是解决管理活动中由于意外引起的非预期效应或与预期效应之间的偏差。
解决管理活动中由于意外引起的非预期效应或与预期效应之间的偏差。如果问题的不到求解，问题求解则可能会影响工作的执行，导致工作质量下降。这些问题分为：工作偏差、工作分配不合理、缺少经验和资源、无法把握机遇、由于复杂性而无法解决的难题等。目前有许多技术可用来有效地求解问题。问题识别技术就是一种很好的方法，它包括情况评价和显著性分析。从初期的智力难题、棋类游戏、简单数学定理证明等问题的研究中开始形成和发展起来的一大类解题技术，简称解题。（即）已形成一门独立的分支学科。解题技术主要包括、和等内容。也有人对问题求解作更广泛的理解，即指为了实现给定目标而展开的动作序列的执行过程。这样，一切人工智能系统便都可归结为问题求解系统。 有状态空间、问题归约、博弈问题、定理证明等表示方式。所有这些表示方式，都广问题求解泛采用数学上的有向图（包括树）作为描述手段。
状态空间表示 　如果一个问题求解系统运用正向推理，而且每次算子对全局数据库操作后都生成一新状态，则该系统采用的解题方法就称状态空间表示法。图1中树的节点标号代表状态，其中I为初始状态，F为目标状态；有向弧线的标号代表算子；从初始状态到达目标状态经历I→②→③→F的状态变换。这时问题的一个解便是能将问题初始状态最终变换为目标状态的一个有限的算子序列。本例中即为P2-P2-P4。而寻找问题的解，也就是寻找适用的算子序列的过程，这称为搜索。问题求解系统一般由全局数据库、算子集和控制程序三部分组成。①全局数据库：用来反映当前问题、状态及预期目标。所采用的数据结构因问题而异，可以是逻辑公式、、特性表，问题求解也可以是数组、矩阵等一切具有陈述性的断言结构。②算子集：用来对数据库进行操作运算。算子集实际上就是规则集。③控制程序：用来决定下一步选用什么算子并在何处应用。解题过程可以运用正向推理，即从问题的初始状态开始，运用适当的算子序列经过一系列状态变换直到问题的目标状态。这是一种自底向上的综合方法。也可以运用逆向推理，即从问题的目标出发，选用另外的算子序列将总目标转换为若干子目标，也就是将原来的问题归约为若干较易实现的子问题，直到最终得到的子问题完全可解。这是一种自顶向下的分析方法。A.纽厄尔和H.A.西蒙在通用解题程序GPS中提出的手段-目的分析，则是将正向推理和逆向推理结合起来的一种解题技术。采用这种技术时，不是根据当前的问题状态而是根据当前状态和目标状态间的差异，选用最合适算子去缩小这种差异（正向推理）。如果当前没有一个算子适用，那末就将现时目标归约为若干子目标（逆向推理），以便选出适用算子，依此进行，直到问题解决为止。人工智能许多技术和基本思想在早期的问题求解系统中便孕育形成，后来又有所发展。例如现代的体系结构大体上仍可分为三部分。只是全局数据库采用了更复杂的结构（例如黑板结构）,用取代了算子集,控制功能更加完善，推理技术也有所发展。
问题归约有三个要素，即目标、算子集和基元问题集。①目标：即问题的初始描述。②算问题求解子集：用来将给定问题变换为若干子问题。③基元问题集：已有解或其解十分明显可以直接描述的问题。问题约表示是同逆向推理联系在一起的。图2为问题的归约表示，其中每个节点标号代表一个问题或一组问题,标号为A的根节点（即没有射入弧线的节点）代表原始问题或问题组。没有射出弧线的节点称为叶或终端节点（或终止节点），其标号代表基元问题。运用算子实行问题变换。如果原来问题被变换为若干子问题，而只需要解决其中之一便可解决原问题，那末代表这些子问题的节点称为相对于原问题节点的或节点。图2的B、C、D即为相对于 A的或节点。如果原问题被变换为缺一不可（均需解决）的若干子问题，那么代表这些子问题的节点称为相对于原问题节点的与节点，并在这些与节点各自的射入弧线间标记一条连接线，以同或结点相区别。图2的E、F、G和G、H、K分别为相对于B和D的与节点。既包含与节点又包含或节点的有向图称为与或图。问题归约表示常借助于与或图的形式。为了表明原问题有解，其实只需要画出与或图中同问题的解有关的那一部分（即子图）,称为解图。图2有三个解图，{A，B，E，F，G}、{A，C}、{A，D，G，H，K}。如果在与或图中,除根节点以外的每个节点有且仅有一条射入弧线（即只有一个父亲），便得到与或树。与或树是与或图的特例。 以计算机为一方的棋类或其他游戏问题，常用对策树（或称博弈树）来表示，同一般与或问题求解树的主要差异是：对策树既要反映两个问题求解者的共同行动，又只能从一方的立场加以描述。定理证明的问题表示特点在于引入了一类多重输入单一输出的算子。
问题求解的基本技术除问题表示外，尚有、和等方面。
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&&&& 1、问题描述：
&&&& 给定n种物品和一背包。物品i的重量是wi，其价值为vi，背包的容量为C。问:应如何选择装入背包的物品，使得装入背包中物品的总价值最大?
&&&& 形式化描述：给定c &0, wi &0, vi &0 , 1≤i≤n.要求找一n元向量(x1,x2,…,xn,), xi∈{0,1}, ? ∑ wi xi≤c,且∑ vi xi达最大.即一个特殊的整数规划问题。
&&&&&& 2、最优性原理：
&&&& 设(y1,y2,…,yn)是 (3.4.1)的一个最优解.则(y2,…,yn)是下面相应子问题的一个最优解:
&&&& 证明:使用反证法。若不然,设(z2,z3,…,zn)是上述子问题的一个最优解,而(y2,y3,…,yn)不是它的最优解。显然有
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& ∑vizi & ∑viyi&& (i=2,…,n)
&&&& 且&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& w1y1+ ∑wizi&= c
&&&& 因此&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& v1y1+ ∑vizi (i=2,…,n) & ∑ viyi,
(i=1,…,n)
&&&& 说明(y1,z2, z3,…,zn)是(3.4.1)0-1背包问题的一个更优解,导出(y1,y2,…,yn)不是背包问题的最优解,矛盾。
&&&&&& 3、递推关系：
&&&&设所给0-1背包问题的子问题
&&&& 的最优值为m(i，j)，即m(i，j)是背包容量为j，可选择物品为i，i+1，…，n时0-1背包问题的最优值。由0-1背包问题的最优子结构性质，可以建立计算m(i，j)的递归式:
&&&& 注:(3.4.3)式此时背包容量为j，可选择物品为i。此时在对xi作出决策之后,问题处于两种状态之一:
&&& (1)背包剩余容量是j,没产生任何效益；
&&& (2)剩余容量j-wi,效益值增长了vi ；
&&&& 算法具体代码如下：
//3d10-1 动态规划 背包问题
#include &stdafx.h&
#include &iostream&
const int N = 4;
void Knapsack(int v[],int w[],int c,int n,int m[][10]);
void Traceback(int m[][10],int w[],int c,int n,int x[]);
int main()
int v[]={0,2,1,4,3},w[]={0,1,4,2,3};//下标从1开始
int x[N+1];
int m[10][10];
cout&&&待装物品重量分别为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
cout&&w[i]&&& &;
cout&&&待装物品价值分别为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
cout&&v[i]&&& &;
Knapsack(v,w,c,N,m);
cout&&&背包能装的最大价值为：&&&m[1][c]&&
Traceback(m,w,c,N,x);
cout&&&背包装下的物品编号为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
if(x[i]==1)
cout&&i&&& &;
void Knapsack(int v[],int w[],int c,int n,int m[][10])
int jMax = min(w[n]-1,c);//背包剩余容量上限 范围[0~w[n]-1]
for(int j=0; j&=jMj++)
m[n][j]=0;
for(int j=w[n]; j&=c; j++)//限制范围[w[n]~c]
m[n][j] = v[n];
for(int i=n-1; i&1; i--)
jMax = min(w[i]-1,c);
for(int j=0; j&=jM j++)//背包不同剩余容量j&=jMax&c
m[i][j] = m[i+1][j];//没产生任何效益
for(int j=w[i]; j&=c; j++) //背包不同剩余容量j-wi &c
m[i][j] = max(m[i+1][j],m[i+1][j-w[i]]+v[i]);//效益值增长vi
m[1][c] = m[2][c];
if(c&=w[1])
m[1][c] = max(m[1][c],m[2][c-w[1]]+v[1]);
//x[]数组存储对应物品0-1向量,0不装入背包，1表示装入背包
void Traceback(int m[][10],int w[],int c,int n,int x[])
for(int i=1; i&n; i++)
if(m[i][c] == m[i+1][c])
x[n]=(m[n][c])?1:0;
&&&& 算法执行过程对m[][]填表及Traceback回溯过程如图所示：
&&&&& 从m(i，j)的递归式容易看出，算法Knapsack需要O(nc)计算时间; Traceback需O(n)计算时间；算法总体需要O(nc)计算时间。当背包容量c很大时，算法需要的计算时间较多。例如，当c&2^n时，算法需要Ω(n2^n)计算时间。
&&&&&&&& 4、算法的改进：
&&&& 由m(i,j)的递归式容易证明，在一般情况下，对每一个确定的i(1≤i≤n)，函数m(i,j)是关于变量j的阶梯状单调不减函数。跳跃点是这一类函数的描述特征。在一般情况下，函数m(i,j)由其全部跳跃点唯一确定。如图所示。
&&&& 对每一个确定的i(1≤i≤n)，用一个表p[i]存储函数m(i，j)的全部跳跃点。表p[i]可依计算m(i，j)的递归式递归地由表p[i+1]计算，初始时p[n+1]={(0，0)}。&
&&&& 一个例子：n=3，c=6，w={4，3，2}，v={5，2，1}。
&&&& 函数m(i,j)是由函数m(i+1,j)与函数m(i+1,j-wi)+vi作max运算得到的。因此，函数m(i,j)的全部跳跃点包含于函数m(i+1，j)的跳跃点集p[i+1]与函数m(i+1，j-wi)+vi的跳跃点集q[i+1]的并集中。易知，(s,t)∈q[i+1]当且仅当wi&=s&=c且(s-wi,t-vi)∈p[i+1]。因此，容易由p[i+1]确定跳跃点集q[i+1]如下：
q[i+1]=p[i+1]⊕(wi,vi)={(j+wi,m(i,j)+vi)|(j,m(i,j))∈p[i+1]}
&&&&另一方面，设(a，b)和(c，d)是p[i+1]∪q[i+1]中的2个跳跃点，则当c&=a且d&b时，(c，d)受控于(a，b)，从而(c，d)不是p[i]中的跳跃点。除受控跳跃点外，p[i+1]∪q[i+1]中的其他跳跃点均为p[i]中的跳跃点。
&&&&由此可见，在递归地由表p[i+1]计算表p[i]时，可先由p[i+1]计算出q[i+1]，然后合并表p[i+1]和表q[i+1]，并清除其中的受控跳跃点得到表p[i]。
&&&&& 例：n=5，c=10，w={2，2，6，5，4}，v={6，3，5，4，6}。跳跃点的计算过程如下：
&&& 初始时p[6]={(0,0)}，(w5,v5)=(4,6)。因此，q[6]=p[6]⊕(w5,v5)={(4,6)}。 p[5]={(0,0),(4,6)}。q[5]=p[5]⊕(w4,v4)={(5,4),(9,10)}。从跳跃点集p[5]与q[5]的并集p[5]∪q[5]={(0,0),(4,6),(5,4),(9,10)}中看到跳跃点(5,4)受控于跳跃点(4,6)。将受控跳跃点(5,4)清除后，得到
&&&& p[4]={(0,0),(4,6),(9,10)}
&&&& q[4]=p[4]⊕(6，5)={(6，5)，(10，11)}
&&&& p[3]={(0，0)，(4，6)，(9，10)，(10，11)}
&&&& q[3]=p[3]⊕(2，3)={(2，3)，(6，9)}
&&&& p[2]={(0，0)，(2，3)，(4，6)，(6，9)，(9，10)，(10，11)}
&&&& q[2]=p[2]⊕(2，6)={(2，6)，(4，9)，(6，12)，(8，15)}
&&&& p[1]={(0，0)，(2，6)，(4，9)，(6，12)，(8，15)}
&&&& p[1]的最后的那个跳跃点(8,15)给出所求的最优值为m(1,c)=15。
&&& 具体代码实现如下：
//3d10-2 动态规划 背包问题 跳跃点优化
#include &stdafx.h&
#include &iostream&
const int N = 4;
template&class Type&
int Knapsack(int n,Type c,Type v[],Type w[],int **p,int x[]);
template&class Type&
void Traceback(int n,Type w[],Type v[],Type **p,int *head,int x[]);
int main()
int v[]={0,2,1,4,3},w[]={0,1,4,2,3};//下标从1开始
int x[N+1];
int **p = new int *[50];
for(int i=0;i&50;i++)
p[i] = new int[2];
cout&&&待装物品重量分别为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
cout&&w[i]&&& &;
cout&&&待装物品价值分别为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
cout&&v[i]&&& &;
cout&&&背包能装的最大价值为：&&&Knapsack(N,c,v,w,p,x)&&
cout&&&背包装下的物品编号为：&&&
for(int i=1; i&=N; i++)
if(x[i]==1)
cout&&i&&& &;
for(int i=0;i&50;i++)
delete p[i];
template&class Type&
int Knapsack(int n,Type c,Type v[],Type w[],int **p,int x[])
int *head = new int[n+2];
head[n+1]=0;
p[0][0]=0;//p[][0]存储物品重量
p[0][1]=0;//p[][1]存储物品价值，物品n的跳跃点（0，0）
// left 指向p[i+1]的第一个跳跃点，right指向最后一个
//拿书上的例子来说，若计算p[3]=0;则left指向p[4]的第一跳跃点（0 0）right指向（9,10）
int left = 0,right = 0,next = 1;//next即下一个跳跃点要存放的位置
head[n]=1;//head[n]用来指向第n个物品第一个跳跃点的位置
for(int i=n; i&=1; i--)
int k =//k指向p[ ]中跳跃点,移动k来判断p[]与p[]+（w v）中的受控点
for(int j= j&= j++)
if(p[j][0]+w[i]&c)//剩余的空间不能再装入i，退出for循环;
Type y = p[j][0] + w[i],m = p[j][1] + v[i];//计算p[ ]+（w v）
//若p[k][0]较小则(p[k][0]
p[k][1])一定不是受控点，将其作为p[i]的跳跃点存储
while(k&=right && p[k][0]&y)
p[next][0]=p[k][0];
p[next++][1]=p[k++][1];
//如果 p[k][0]==y而m&p[k][1]，则（y m）为受控点不存
if(k&=right && p[k][0]==y)
if(m&p[k][1])//对（p[k][0]
p[k][1]）进行判断
m=p[k][1];
// 若p[k][0]&=y且m& =p[k][1],判断是不是当前i的最后一个跳跃点的受控点
//若不是则为i的跳跃点存储
if(m&p[next-1][1])
p[next][0]=y;
p[next++][1]=m;
//若是，则对下一个元素进行判断。
while(k&=right && p[k][1]&=p[next-1][1])
while(k&=right)
p[next][0]=p[k][0];
p[next++][1]=p[k++][1];//将i+1剩下的跳跃点作为做为i的跳跃点存储
left = right + 1;
right = next - 1;
// 第i-1个物品第一个跳跃点的位置
head[0]指第0个物品第一个跳跃点的位置
head[i-1] =
Traceback(n,w,v,p,head,x);
return p[next-1][1];
//x[]数组存储对应物品0-1向量,0不装入背包，1表示装入背包
template&class Type&
void Traceback(int n,Type w[],Type v[],Type **p,int *head,int x[])
//初始化j,m为最后一个跳跃点对应的第0列及第1列
//如上例求出的 最后一个跳跃点为（8 15）j=8,m=15
Type j = p[head[0]-1][0],m=p[head[0]-1][1];
for(int i=1; i&=n; i++)
x[i]=0;// 初始化数组；
for(int k=head[i+1]; k&=head[i]-1;k++)// 初始k指向p[2]的第一个跳跃点（0 0）
//判断物品i是否装入，如上例与跳跃点(6 9)相加等于（8 15）所以1装入
if(p[k][0]+w[i]==j && p[k][1]+v[i]==m)
x[i]=1;//物品i被装入，则x[i]置1
j=p[k][0];// j和m值置为满足if条件的跳跃点对应的值
m=p[k][1];// 如上例j=6,m=9
//再接着判断下一个物品
&&&& 上述算法的主要计算量在于计算跳跃点集p[i](1≤i≤n)。由于q[i+1]=p[i+1]⊕(wi，vi)，故计算q[i+1]需要O(|p[i+1]|)计算时间。合并p[i+1]和q[i+1]并清除受控跳跃点也需要O(|p[i+1]|)计算时间。从跳跃点集p[i]的定义可以看出，p[i]中的跳跃点相应于xi,…,xn的0/1赋值。因此，p[i]中跳跃点个数不超过2^(n-i+1)。由此可见，算法计算跳跃点集p[i]所花费的计算时间为从而，改进后算法的计算时间复杂性为O(2^n)。当所给物品的重量wi(1≤i≤n)是整数时，|p[i]|≤c+1，(1≤i≤n)。在这种情况下，改进后算法的计算时间复杂性为O(min{nc,2^n})。
&&&&运行结果如图：
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求解c语言持续
给你这个程序,我给你调好了(分别在C和C++编译环境下都成功经过了测试):#include&stdio.h&voidmain(){longa,b,c,d,e,x;printf("Pleaseinputainteger[&0and&100000]:");scanf("%ld",&x);a=x/10000;/*wanwei*/b=x%;/*qianwei*/c=x%;/*baiwei*/d=x%100/10;/*shiwei*/e=x%10;/*gewei*/if(a!=0)printf(" \nnixu:%ld%ld%ld%ld%ld\n",e,d,c,b,a);elseif(b!=0)printf(" \nnixu:%ld%ld%ld%ld\n",e,d,c,b);elseif(c!=0)printf(" \nnixu:%ld%ld%ld\n",e,d,c);elseif(d!=0)printf(" \nnixu:%ld%ld\n",e,d);elseif(e!=0)printf(" \nnixu:%ld\n",e);}
2題Java程式可以把中間的Code??...
帮忙修改一个程序 用C语言编了下面一个的...