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列舉法的基本思想
列舉法的基本思想是根據提出的問題列舉所有可能狀態，並用問題給定的條件檢驗哪些是需要的，哪些是不需要的。能使命題成立，即為其解。
列舉結構：迴圈+判斷語句。
列舉法的條件
雖然列舉法本質上屬於搜尋策略，但是它與後面講的回溯法有所不同。因為適用列舉法求解的問題必須滿足兩個條件：
⑴可預先確定每個狀態的元素個數n；
⑵狀態元素a1，a2，…，an的可能值為一個連續的值域。
列舉法的框架結構
設ai1—狀態元素ai的最小值；aik—狀態元素ai的最大值(1≤i≤n)，即a11≤a1≤a1k，a21≤a2≤a2k， ai1≤ai≤aik，……，an1≤an≤ank
for a1←a11 to a1k do for a2←a21 to a2k do …………………… for ai←ai1 to aik do …………………… for an←an1 to ank do if 狀態(a1，…，ai，…，an)滿足檢驗條件 then 輸出問題的解；
列舉法的優缺點
列舉法的優點：
⑴由於列舉演算法一般是現實生活中問題的“直譯”，因此比較直觀，易於理解；
⑵由於列舉演算法建立在考察大量狀態、甚至是窮舉所有狀態的基礎上，所以演算法的正確性比較容易證明
列舉法的缺點:
列舉演算法的效率取決於列舉狀態的數量以及單個狀態列舉的代價，因此效率比較低。
直譯”列舉：直接根據題意設定列舉物件、範圍和約束條件。
注意認真審題，不要疏漏任何條件
舉例
例題1：砝碼稱重
【問題描述】設有1g、2g、3g、5g、10g、20g的砝碼各若干枚（其總重<=1000），求用這些砝碼能稱出不同的重量個數。
【檔案輸入】輸入1g、2g、3g、5g、10g、20g的砝碼個數。
【檔案輸出】輸出能稱出不同重量的個數。
【樣例輸入】1 1 0 0 0 0
【樣例輸出】3
【分析】根據輸入的砝碼資訊，每種砝碼可用的最大個數是確定的，而且每種砝碼的個數是連續的，能取0到最大個數，所以符合列舉法的兩個條件，可以使用列舉法。列舉時，重量可以由1g,2g,……,20g砝碼中的任何一個或者多個構成，列舉物件可以確定為6種重量的砝碼，範圍為每種砝碼的個數。判定時，只需判斷這次得到的重量是新得到的，還是前一次已經得到的，即判重。由於重量<=1000g，所以，可以開一個a[1001]的陣列來判重。
C++程式碼如下：
#include <iostream> using namespace std; int A[1001]={0}; int main( ) { int a,b,c,d,e,f,i,sum,num; int arr[7]; int w[7]={0,1,2,3,5,10,20}; cin>>a>>b>>c>>d>>e>>f; for(arr[1]=0; arr[1]<=a; arr[1]++) for(arr[2]=0; arr[2]<=b; arr[2]++) for(arr[3]=0; arr[3]<=c; arr[3]++) for(arr[4]=0; arr[4]<=d; arr[4]++) for(arr[5]=0; arr[5]<=e; arr[5]++) for(arr[6]=0; arr[6]<=f; arr[6]++) { sum=0; for(i=1; i<=6; i++) { sum+=arr[i]*w[i]; A[sum]=1; } } num=0; for(i=1; i<=1000; i++) { if(A[i]==1) num++; } cout<<num<<endl;return 0; }
例題2：火柴棒等式
【問題描述】給你n根火柴棍，你可以拼出多少個形如“A+B=C”的等式？等式中的A、B、C是用火柴棍拼出的整數（若該數非零，則最高位不能是0）。用火柴棍拼數字0-9的拼法如圖所示：
注意：
1. 加號與等號各自需要兩根火柴棍
2. 如果A≠B，則A+B=C與B+A=C視為不同的等式（A、B、C≥0）
3. n根火柴棍必須全部用上
【輸入】輸入一個整數n（n≤24）。
【輸出】輸出能拼成的不同等式的數目。
問題簡述：給你n(n<=24)根火柴棒,叫你拼出 “A + B = C”這樣的等式,求方案數。
思路：本題最多24根火柴，等號和加號共用4根火柴，所以A,B,C這3個數字需用20根火柴。我們考查A和B的最大的取值可能：0~9這10個數字所用的火柴數為6,2,5,5,4,5,6,3,7,6，很明顯數字1用的火柴棒最少只要2根，不妨讓B為1，那麼A和C最多可以使用18根火柴，而C>=A，滿足條件的A的最大取值為1111。所以列舉A和B的範圍是從0~1111。
程式碼如下：
#include <iostream> using namespace std; int a[2223]={6,2,5,5,4,5,6,3,7,6}; const int b[10]={6,2,5,5,4,5,6,3,7,6}; //計算自然數n所需要的火柴數 int need(int n) { int tmp, num; num=0; if(n==0) return 6; while(n>0) { tmp=n%10; num+=b[tmp]; n/=10; } return num; } int main( ) { int n,A,B,C,D,sum; cin>>n; sum=0; for(int i=10; i<2223; i++) //預處理 a[i]=need(i); for(int i=0; i<=1000; i++) { for(int j=0; j<=1000; j++) { A=a[i]; B=a[j]; C=n-4-A-B; D=a[i+j]; if(D==C) sum++; } } cout<<sum<<endl; system("PAUSE"); return 0; }
列舉演算法的優化
列舉演算法的時間複雜度：狀態總數*單個狀態的耗時。
⑴提取有效資訊；
⑵減少重複計算；
⑶將原問題化為更小的問題；
⑷根據問題的性質進行截枝；
⑸引進其他演算法
舉例
【例題3】給你n(n<=105)個整數，然後要有m (m<=105)個詢問。每個詢問兩個整數i和j，問第i個數字到第j個數字所有數字之和。
樸素演算法：
#include <iostream> using namespace std; int main( ) { int sum,n,m,x,y,i,j,a[106]; cin>>n>>m; for(i=1; i<=n; i++) cin>>a[i]; for(i=1; i<=m; i++) { cin>>x>>y; sum=0; for(j=x; j<=y; j++) sum+=a[j]; cout<<sum<<endl; } return 0; }
優化演算法：
先計算s[i]=s[i-1]+a[i]
cin>>n; for(i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];s[i]=s[i-1]+a[i];} for(i=1;i<=m;i++) { cin>>x>>y; cout<<s[y]-s[x-1]<<endl; }
【例題4】最大子矩陣問題
【問題描述】給定一個二維的陣列（含正數或負數），請從中找出和最大的子矩陣。例如：
方法1：“直譯”列舉過程
for(x1=1;x1<=n;x1++)//列舉矩形左上角(x1,y1) for(y1=1;y1<=n;y1++) for(x2=1;X2<=n;X2++)//列舉矩形右下角(x2,y2) for(y2=1;y2<=n;y2++) 考察狀態左上角為(x1,y1)右下角為(x2,y2)內矩形的元素之和；
設map為數字矩陣；sum為當前矩形內元素的和；best為最優解。考察過程如下：
sum=0； for(x=x1;x<=x2;x++)//計算當前矩形內元素的和 for(y=y1;y<=y2;y++)sum=sum+map[x][y]； if(sum>best)best=sum；//調整最優解
這個演算法相當粗糙，列舉狀態的費用為O(n6)
方法2：從減少重複計算入手
有剛才一維情況可以推廣到二維，在統計左上角為(x1,y1)右下角為(x2,y2)內矩形的元素之和時，我們同樣可以先初始化，計算出左上角為(1,1)右下角為(x,y)內矩形的元素之和s[x][y]。
for(x1=1;x1<=n;x1++)//列舉矩形左上角(x1,y1) { for(y1=1;y1<=n;y1++) { cin>>map[i][j]; s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+map[i][j]; } }
對於狀態左上角為(x1,y1)右下角為(x2,y2)內矩形的元素之和，可以改為：
sum=s[x2][y2]-s[x1-1][y2]-s[x2][y1-1]+s[x1-1][y1-1]; if(sum>best)best=sum；//調整最優解
由於利用了計算出的結果，整個演算法的時間複雜度降為O(n4)
方法3：提取恰當的資訊
容易觀察到，最大子矩陣問題是最大連續子序列和問題的提升，即將一條線換成一個面，將一維問題提升到二維問題。所以我們計算最大子矩陣的方法就是將一行行的數進行累加以求得最大值。
但是還有一個問題，那就是應該如何高效地儲存矩陣？
我們可以想到：在一個一維的數列中，設陣列b[i]表示從第1個元素到第i個元素的和，則如果想要求第i個元素到第j個元素的和，只需要計算b[j]-b[i-1]的值就行了。由此推廣到二維矩陣，設b[i][j]表示矩陣第j列前i個元素的和，a[i][j]表示元素資料，則壓縮儲存：
for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=n;j++){cin>>a[i][j];b[i][j]=b[i-1][j]+a[i][j];}
因此，我們可以使用三重迴圈求出所有的矩形值，即列舉起始行i和終止行j，壓縮子矩形成為一行，變成一維求最大欄位和問題。
即t[k]=max(t[k-1],0)+b[j][k]-b[i-1][k];
時間複雜度為O(n3)
核心程式碼：
sum=-0x7fffffff; for(i=1;i<=n;i++) //階段:起始行 { for(j=i;j<=n;j++) //狀態:結束行 { t[1]=b[j][1]-b[i-1][1]; //初始化第1列的值 for(k=2;k<=n;k++) //決策:第幾列 { t[k]=max(t[k-1],0)+b[j][k]-b[i-1][k]; if(t[k]>sum)sum=t[k]; } } } cout<<sum<<endl;