《編程之美》讀書筆記22： 1.16 24點(diǎn)游戲
給定4個數(shù)，能否只通過加減乘除計算得到24？由于只有4個數(shù)，弄個多重循環(huán)，就可以。如果要推廣到n個數(shù)，有兩種思路：
① 采用前綴/后綴表達(dá)式。相當(dāng)于將n個數(shù)用n-1個括號括起來，其數(shù)目就是一個catlan數(shù)。最多可得到 f(n) = (1/n * (2*n - 2)! / (n-1)! / (n-1)!) * n! * 4^(n-1) = 4^(n-1) * (2*n-2)! / (n-1)! 種表達(dá)式，當(dāng)n=4時，共可得到 7680種。
② 從n個數(shù)中任意抽取2個，進(jìn)行計算最多有6種結(jié)果，將計算結(jié)果放回去，再從剩下的n-1個任取2個，進(jìn)行計算，如此反復(fù)，直到只剩下1個數(shù)。按這種算法，共要處理表達(dá)式：g(n)=(n*(n-1)/2*6) * ((n-1)*(n-2)/2*6) * ((n-2)*(n-3)/2*6) * (2*1/2*6) = n!*(n-1)!*3^(n-1)當(dāng)n=4時，最多要處理3888種。 (書上的代碼將這兩種思路混在一塊了。)
f(n) / g(n) = (4/3)^(n-1) * (2*n-2)! / n! / (n-1)! / (n-1)!
很明顯，當(dāng)n比較大時（比如n大于8），會有 f(n) < g(n)。比如：f(10)/g(10)=0.178。
從f(n)與g(n)的比值，可以看出，這兩種解法都存在大量的不必要計算。當(dāng)n比較大時，思路2的冗余計算已經(jīng)嚴(yán)重影響了性能。要如何減少這些不必要計算呢？
可以記錄得到某個計算結(jié)果時所進(jìn)行操作。比如: a、b、c和d這4個數(shù)取前2個，進(jìn)行加法計算得到 a+b，則記錄‘+’。另外，假設(shè)加減號的優(yōu)先級為0，乘除號的優(yōu)先級為1。
a和b進(jìn)行減/除計算時，實(shí)際上得到 a-b與b-a，a/b與b/a。
當(dāng)取出2個數(shù)a和b，進(jìn)行計算，這兩個數(shù)上次的操作符有下面這幾種情況：
① 都為空：
要計算6個結(jié)果，即 a+b, a-b, b-a, a*b, a/b, b/a。
② 只有一個為空：假設(shè)： a = a1 op1 a2
⑴ 一種剪枝方法是： 若op1為減（除）號，則不進(jìn)行加減（乘除）計算。
因?yàn)椋?/span> (a-b)-c可以轉(zhuǎn)為a-(b+c)，這兩個表達(dá)式只要計算一個就可以。
⑵ 另一種剪枝方法：額外記錄每次計算最靠后的那個數(shù)的位置。比如位置順序：a、b、c、d，進(jìn)行a+c計算時，記錄了c位置，再與數(shù)b計算時，由于b位置在c位置前，不允許計算 (a+c) + b 和 (a+c) – b這樣就避免了表達(dá)式 a+b+c和 a-b+c被重復(fù)計算。
③ 都不為空： 假設(shè)： a = a1 op1 a2， b= b1 op2 b2
要計算的結(jié)果： a op3 b = （a1 op1 a2）op3 (b1 op2 b2)
⑴ 如果 op1 和 op2的優(yōu)先級相同，那么 op3 的優(yōu)先級不能與它們相同，若相同，則原來的表達(dá)式可以轉(zhuǎn)為 ((a1 op4 a2) op5 b1) op6 b2，因而沒必要對原來的表達(dá)式進(jìn)行計算。比如 (m1+m2)與(m3-m4)之間只進(jìn)行乘除計算，而不進(jìn)行加減計算。
⑵ 如果 op1 和 op2的優(yōu)先級不同，那么 op3 無論怎么取，其優(yōu)先級都必會與其中一個相同，則原表達(dá)式可以轉(zhuǎn)化((c1 op4 c2) op5 c3) op6 c4這種形式，因而該表達(dá)式?jīng)]必要計算。如(m1+m2)與(m3*m4)，不進(jìn)行任何計算。
總之：op1 與 op2優(yōu)先級不同時，不進(jìn)行計算。
op1 與 op2優(yōu)先級相同時，進(jìn)行計算的操作符優(yōu)先級不與它們相同。
要注意的是：剪枝不一定提高性能（在筆記1.3 一摞烙餅的排序 中已經(jīng)說明了這個問題）。如果n個數(shù)計算可得到24，過多的避免冗余計算，有可能嚴(yán)重降低性能。計算n=6時，碰到一個組合，僅使用了③的剪枝方法，得到結(jié)果時處理了四百個表達(dá)式，但再采用了②的第一種剪枝方法，處理的表達(dá)式達(dá)到五十三萬多。（也許②的第二種剪枝方法不存在這么嚴(yán)重的問題。）與烙餅排序不同的是，烙餅排序總能找到一個結(jié)果，而n個數(shù)計算有可能無解。顯然在無解時，采用盡可能多的剪枝方法，必然會極大的提高性能。
另外，對于輸出表達(dá)式，書上的程序進(jìn)行了大量的字符串操作，實(shí)際上可以只記錄，每一步取出的兩個數(shù)的位置（即記錄i、j值），在需要輸出時，再根據(jù)所記錄的位置，進(jìn)行相應(yīng)的字符串操作就可以了。
書上的解法二實(shí)現(xiàn)
1
#include <iostream>
2#include <string>
3#include <set>
4#include <cmath>
5using namespace std;
6
7bool calc(int src[], size_t N, double M = 24.0)
8
{
9
if (N == 0 || src == NULL) return false;
10 set<double> result[1 << N];
11 for (size_t i = 0; i < N; ++i) result[1<<i].insert((double)src[i]);
12
13
for (size_t i =1; i < (1<<N); ++i) {
14 for (size_t j = 1; j <= (i >> 1); ++j) {
15 if ((i & j) != j) continue;
16 for (set<double>::iterator p = result[j].begin(); p != result[j].end(); ++p) {
17 double va = *p;
18 size_t k = i ^ j;
19 for (set<double>::iterator q = result[k].begin(); q != result[k].end(); ++q) {
20 double vb = *q;
21 result[i].insert(va + vb);
22 result[i].insert(va - vb);
23 result[i].insert(vb - va);
24 result[i].insert(va * vb);
25 if (vb != 0.0) result[i].insert(va / vb);
26 if (va != 0.0) result[i].insert(vb / va);
27
}
28 }
29 }
30 }
31
32 size_t j = (1 << N) - 1;
33 const double zero = 1e-9;
34 for (set<double>::iterator p = result[j].begin(); p != result[j].end(); ++p) {
35 if (fabs(*p - M) < zero) return true;
36 }
37 return false;
38
}
39
40int main()
41{
42 //int src[]={13, 773, 28, 98, 731, 1357,97357246};
43 int src[]={13, 773, 28, 98, 731, 97357246};
44 cout << calc(src,sizeof(src)/sizeof(src[0]))<<endl;
45}
46
下面的代碼是個半成品：
#include<iostream>
#include<sstream>
#include<cmath>
using namespace std;
const double Result = 24;
const size_t Cards = 6;
double number[Cards]={11,21,31,41,51,61};
char op[Cards+1] = {0};
size_t pos[Cards];
static long long count1=0;
static long long count2=0;
static bool calc(size_t step);
inline bool calc2(size_t step, size_t i, double na, double nb, char op9)
{
op[i] = op9;
switch (op9) {
case '+': number[i] = na + nb; break;
case '-': number[i] = na - nb; break;
case '*': number[i] = na * nb; break;
case '/': number[i] = na / nb; break;
default : break;
}
return calc(step-1);
}
inline bool iszero(double num)
{
const double Zero = 1e-9;
if (num > Zero || num < -1.0 * Zero) return false;
return true;
}
size_t getop(const char op9)
{
static size_t arr[256]= {0};
arr['+']=1,arr['-']=1,arr['*']=4,arr['/']=4;
return arr[(size_t)op9];
}
bool calc(size_t step)
{
++count1;
if (step <= 1) {
++count2;
if (fabs(number[0] - Result)<1e-6) {
return true;
}
return false;
}
for(size_t i = 0; i < step; i++){
for(size_t j = i + 1; j < step; j++) {
double na = number[i];
double nb = number[j];
unsigned char op1=op[i];
unsigned char op2=op[j];
op[j] = op[step - 1];
number[j] = number[step - 1];
bool ba=true, bb=true;
size_t v=getop(op1)+getop(op2);
if (v==5) ba=bb=false;
else if (v==2) ba=false;
else if (v==8) bb=false;
// else if (v==1 || v==4) {
// unsigned char ch2= op1 + op2;
// if (ch2=='-') ba=false;
// else if (ch2=='/') bb=false;
// }
//if (v==5) ba=bb=false;
// else if (((v-1)&v)==0) { //case: 1 2 4 8
// if (v==2) ba=false;
// else if (v==8) bb=false;
// else {
// unsigned char ch2= op1 | op2;
// if (ch2=='-') ba=false;
// else if (ch2=='/') bb=false;
// }
// }
//if (1) ba=bb=true;
if (ba) {
if (calc2(step, i, na, nb, '+')) return true;
if (calc2(step, i, na, nb, '-')) return true;
if (calc2(step, i, nb, na, '-')) return true;
}
if (bb) {
if (calc2(step, i, na, nb, '*')) return true;
if (! iszero(nb) && calc2(step, i,na, nb, '/')) return true;
if (! iszero(na) && calc2(step, i,nb, na, '/')) return true;
}
number[i] = na;
number[j] = nb;
op[i] = op1;
op[j] = op2;
}
}
return false;
}
int main()
{
for (size_t i=0; i<Cards; ++i) pos[i]=i;
cout<< calc(Cards)<<endl;
cout<< count1<<" "<<count2<<endl;
}