骑士游历问题2
骑士巡游问题的研究
《算法分析与设计》论文骑士巡游问题的探究计科091 王宇帆200916021312 2011年5月22日骑士巡游问题的探究3、特殊情况分析如果马走到接近棋盘的边缘，有可能下一步会超出棋盘，所以程序中必须有相应的代码来判断和阻止这一情况的发生。
还有，骑士巡游的方法不止一个要把所有方案找出来，必须有相应的代码来做这个条件。
有可能从某一点开始，无法巡游棋盘的每一个格子，则需要指出这一情况的代码。
4、回溯分析回溯法（探索与回溯法）是一种选优搜索法，按选优条件向前搜索，以达到目标。
但当探索到某一步时，发现原先选择并不优或达不到目标，就退回一步重新选择，这种走不通就退回再走的技术为回溯法，而满足回溯条件的某个状态的点称为“回溯点”。
以次规则，设计算法从某一点开始一步一步把棋盘走完。
三、算法设计12、算法描述：把棋盘左上角看作坐标原点，往右是x坐标正方向，往下是y坐标正方向。
输入开始巡游的坐标，把每个格子初始化为没走过（a[i][j]=true）。
把初始坐标记做第1步（b[row-1[col-1]=1]），第1个格子标记为走过（a[row-1[col-1]=false）。
调用计算函数（solve()），开始计算走法。
首先计算每个格子下一步可能的走法，一共有8种，用循环把每一种走法都进行计算。
判断是否超出棋盘和是否被标记走过（(t1==true)&&(t2==true)&&(a[x1][y1]==true)），如不成立，则跳出判断语句；如果成立，则标记此格走过（a[x1][y1]=false）。
并记录步数（b[x1][x2]=k）。
判断是否已经走完所有格子（k=N*N）,如果成立，则说明没走完，递归到计算函数（solve()）接着走棋盘；如果不成立，则说明已经走完所有格子，那么方案数加1（num++），标记已经完成巡游（ok=true）。
然后输出巡游结果。
这样当所有方案都输出后，结束程序。
骑士周游详解
A Knight's JourneyTime Limit: 1000MS Memory Limit: 65536KTotal Submissions: 14944 Accepted: 4991DescriptionBackgroundThe knight is getting bored of seeing the same black and white squares again and again and has decided to make a journeyaround the world. Whenever a knight moves, it is two squares in one direction and one square perpendicular to this. The world of a knight is the chessboard he is living on. Our knight lives on a chessboard that has a smaller area than a regular 8 * 8 board, but it is still rectangular. Can you help this adventurous knight to make travel plans?ProblemFind a path such that the knight visits every square once. The knight can start and end on any square of the board.InputThe input begins with a positive integer n in the first line. The following lines contain n test cases. Each test case consists of a single line with two positive integers p and q, such that 1 <= p * q <= 26. This represents a p * q chessboard, where p describes how many different square numbers 1, . . . , p exist, q describes how many different square letters exist. These are the first q letters of the Latin alphabet: A, . . .OutputThe output for every scenario begins with a line containing "Scenario #i:", where i is the number of the scenario starting at 1. Then print a single line containing the lexicographically first path that visits all squares of the chessboard with knight moves followed by an empty line. The path should be given on a single line by concatenating the names of the visited squares. Each square name consists of a capital letter followed by a number.If no such path exist, you should output impossible on a single line.Sample Input31 12 34 3Sample OutputScenario #1:A1Scenario #2:impossibleScenario #3:A1B3C1A2B4C2A3B1C3A4B2C4这道简单的题目竟然花了我一个晚上，本来相练习一下用权值来解决这道经典的骑士周游问题，没想到这道题用骑士周游的优化算法竟然超时（用自己的数据跑但是oj上是AC的），oj上跑了813ms 下面是我的code：#include<stdio.h>#include<string.h>#include<stdlib.h>#define lne 27int p,q;int x[lne],y[lne],ans_x[lne],ans_y[lne];int der[8][2]={{-2, -1}, {-1, -2}, {1, -2}, {2, -1}, {2, 1}, {1, 2}, {-1, 2}, {-2, 1}}; bool vis[lne][lne],flag;typedefstruct node{int p,v;}cor;bool canjump(int r,int c){if(r>=0&&r<p&&c>=0&&c<q&&!vis[r][c])returntrue;returnfalse;}int weight(int r,int c){int i,count;for(i=count=0;i<8;i++)if(canjump(r+der[i][0],c+der[i][1]))count++;return count;}int cmp(constvoid *a,constvoid *b){cor *c=(cor *)a;cor *d=(cor *)b;return c->v>d->v?1:-1;}void backtrace(int cur,int r,int c){int i,k,nx,ny;if(cur==p*q){bool fl=false;flag=false;for(i=0;i<p*q;i++){if((ans_y[i]>y[i])||(ans_x[i]>x[i]&&ans_y[i]==y[i])){fl=true;break;}elseif((ans_y[i]<y[i])||(ans_x[i]<x[i]&&ans_y[i]==y[i])) break;}if(fl)for(;i<p*q;i++){ans_x[i]=x[i];ans_y[i]=y[i];}return ;}else{cor ds[8];for(i=k=0;i<8;i++){nx=r+der[i][0];ny=c+der[i][1];if(canjump(nx,ny)){ds[k].v=weight(nx,ny);ds[k++].p=i;}}qsort(ds,k,sizeof(ds[0]),cmp);for(i=0;i<k;i++){nx=r+der[ds[i].p][0];ny=c+der[ds[i].p][1];vis[nx][ny]=true;x[cur]=nx; y[cur]=ny;backtrace(cur+1,nx,ny);vis[nx][ny]=false;}}}void deal(){int i,j;for(i=0;i<p*q;i++)ans_x[i]=ans_y[i]=50;vis[0][0]=true;backtrace(1,0,0);}void output(){int i;if(flag) puts("impossible\n");else{for(i=0;i<p*q;i++)printf("%c%d",ans_y[i]+'A',ans_x[i]+1);puts("\n");}}int main(void){int ncase,i;scanf("%d",&ncase);for(i=1;i<=ncase;i++){memset(vis,false,sizeof(vis));scanf("%d%d",&p,&q);printf("Scenario #%d:\n",i);flag=true;deal();output();}return 0;}然而上面的代码对于8*8的棋盘还是有可行性的，纯粹是数据问题，呵呵后来没办法只能用bfs或者dfs水过，但是由于这道题目只要求求最小字典序的那个结果所以用dfs就可以了，不出意外的话，这道题用dfs做，反而比bfs快，下面是AC的code 16ms ：#include<stdio.h>#include<string.h>#include<stdlib.h>#define lne 27int p,q;int x[lne];char y[lne];int der[8][2]={{-1,-2},{1,-2},{-2,-1},{2,-1},{-2,1},{2,1},{-1,2},{1,2}}; bool vis[lne][lne];bool backtrace(int cur,int r,int c){int i,nx,ny;if(cur==p*q-1){x[cur]=r; y[cur]=c+'A';returntrue;}else{for(i=0;i<8;i++){nx=r+der[i][0];ny=c+der[i][1];if(nx>=0&&nx<p&&ny>=0&&ny<q&&!vis[nx][ny]){vis[nx][ny]=true;x[cur]=r; y[cur]=c+'A';if(backtrace(cur+1,nx,ny))returntrue;vis[nx][ny]=false;}}}returnfalse;}int main(void){int ncase,i;scanf("%d",&ncase);for(i=1;i<=ncase;i++){memset(vis,false,sizeof(vis));scanf("%d%d",&p,&q);printf("Scenario #%d:\n",i);vis[0][0]=true;if(backtrace(0,0,0)){for(int j=0;j<p*q;j++)printf("%c%d",y[j],x[j]+1);putchar('\n');}elseputs("impossible");if(i!=ncase) putchar('\n');}return 0;}这是网上用bfs做的code:#include<iostream>usingnamespace std;bool visit[10][10],f;int t,m,i,j,ans[100][2],x,y,p,q;int move[8][2]={{-1,-2},{1,-2},{-2,-1},{2,-1},{-2,1},{2,1},{-1,2},{1,2}};void dg(int p1,int q1,int ans1){visit[p1][q1]=true;ans[ans1][0]=p1,ans[ans1][1]=q1;if (ans1==p*q){f=true;for (i=1;i<=ans1;i++)printf("%c%d",(char)((int)'A'+ans[i][1]-1),ans[i][0]);printf("\n");return;}for (int i1=0;i1<8;i1++){x=p1+move[i1][0],y=q1+move[i1][1];if (x>0&&x<=p&&y>0&&y<=q){if (visit[x][y]==false)dg(x,y,ans1+1);if (f) return;}}visit[p1][q1]=false;return;}int main(){//freopen("2488.in","r",stdin); //freopen("2488.out","w",stdout); scanf("%d",&m);t=0;while(m--){t++;scanf("%d %d",&p,&q);printf("Scenario #%d:\n",t);f=false;memset(visit,0,sizeof(visit));dg(1,1,1);if (!f) printf("impossible\n"); if (m) printf("\n");}return 0;}下面是大牛写的骑士周游的三种方法但是最后的一种贪心是错的/** File: KnightTravel1.cpp* Author: eshow* Date: 2007-09-10* Question:考虑国际象棋棋盘上某个位置的一只马，它是否可能只走63步，正好走过除起点外的其他63个位置各一次？如果有一种这样的走法，则称所走的这条路线为一条马的周游路线。
骑士周游问题
回专题模式回学习阶段模式【题目名称、来源】骑士周游问题（经典题目knight.pas）【问题描述】骑士周游问题如下图所示，国际象棋棋盘上的马一步可以跳向八个方向，问：如果给出一个n*m的棋盘，马从左上角开始跳，是否能够不重复的跳遍所有的格子。
输入：棋盘大小n m列，便利棋盘格子的顺序源程序：【所属专题】【适合学习阶段】【解题思路】问题分析：存储结构：constdirect:array[1..8,1..2] of integer=((-2,1),(-1,2),(2,1),(1,2),(2,-1),(1,-2),(-1,-2),(-2,-1));{马可以跳向八个方向的相对位移，使用常量数组可以将规则统一}Vara:array[1..10,1..10] of integer;{使用数组作为棋盘的存储，如果某一格子没有走过值为0，否则为步数}【测试数据】【源程序】program qishi;{Qi shi zhou you wen ti}constdirect:array[1..8,1..2] of integer=((-2,1),(-1,2),(2,1),(1,2),(2,-1),(1,-2),(-1,-2),(-2,-1));{马可以跳向八个方向的相对位移，使用常量数组可以将规则统一} var n,m,x,y:integer;i,j,count:integer;a:array[1..10,1..10] of integer;procedure tiao(step,x,y:integer);{递归过程实现回溯}var r,i,j,k,l:integer;{r是规则号，i,j是按照r规则跳后的新位置} beginfor r:=1 to 8 do begini:=x+direct[r,1];j:=y+direct[r,2];{求新位置}if (i>=1)and(i<=n)and(j<=m)and(j>=1) then {如果新位置合法}if a[i,j]=0 then begina[i,j]:=step;if step=n*m then begin{如果到达终点则打印}for k:=1 to n do beginfor l:=1 to m do write(a[k,l]:3);writeln;end;close(output);halt;endelse tiao(step+1,i,j);{如果没有到终点，跳下一步}a[i,j]:=0;{回溯}end;end;end;beginassign(input,'qishi.in');reset(input);readln(n,m);{init}assign(output,'qishi.out');rewrite(output);for i:=1 to n dofor j:=1 to m do a[i,j]:=0; {初始化数组}a[1,1]:=1;tiao(2,1,1);writeln('Impossible');close(output);end.。
典型的回溯算法问题
典型的回溯算法问题一、购票问题有2n个人排队购一件价为0.5元的商品，其中一半人拿一张1元人民币，另一半人拿一张0.5元的人民币，要使售货员在售货中，不发生找钱困难，问这2n个人应该如何排队？找出所有排队的方案。
（售货员一开始就没有准备零钱）分析：（1）根据题意可以看出，要使售货员在售货中，不发生找钱困难，则在排队中，应该是任何情况下，持0.5元的排在前面的人数多于持1元的人数。
（2）该问题可以用二进制数表示：用0表示持0.5元的人，用1表示持1元的人，那么2n个人排队问题化为2n个0、1的排列问题。
这里我们用数组B[1..2n ] 存放持币情况。
（3）设k是B数组下标指针，B[K]=0或B[K]=1，另用数组d[0]、d[1]记录0与1的个数，且必须满足：n >d[0]>=d[1]。
（4）算法：回溯搜索。
（a）先将B[1]、B[2]、……B[2n]置-1，从第一个元素开始搜索，每个元素先取0，再取1，即B[K]+1→B[K]，试探新的值，若符合规则，增加一个新元素；（b）若k<2n，则k+1→k，试探下一个元素，若k=2n则输出B[1]、B[2] ……，B[2n]。
（c）如果B[K]的值不符合要求，则B[K]再加1，试探新的值，若B[K]=2，表示第k 个元素的所有值都搜索过，均不符合条件，只能返回到上一个元素B[K-1]，即回溯。
（d）返回到上一个元素k：=k-1 ，并修改D[0]、D[1]。
（5）直到求出所有解。
二、骑士游历问题在n×n的国际象棋上的某一位置上放置一个马，然后采用象棋中“马走日字”的规则，要求这个马能不重复地走完 n×n个格子，试用计算机解决这个问题。
分析：本题是典型的回溯算法问题，设骑士在某一位置，设(X,Y )，按规则走，下一步可以是如图 ( n=5 ) 所示的8个位置之一。
我们将重点考虑前进的方向：如果某一步可继续走下去，就试探着走下去且考虑下一步的走法，若走不通则返回，考虑另选一个位置。
跳马问题骑士遍历问题
如下图所示，一只马在棋盘的某一点，它可以朝8 个方向前进，方向向量分别是： (-2,1)、 (-1,2) (1,2)、 (2,1)、(2,-1) 、(1,-2)、 (-1,-2)、(-2,-1)。
从中任选择一个方向前进，到达新的位置。 在从新的位置选择一个方向前进，继续，直 到无法前进为止。无法前进可能有如下原因： 下一位置超出边界、下一位置已经被访问过。 当马已经无法前进时，就回退到上一位置， 从新选择一个新的方向前进；如果还是无法 前进，就再回退到上一位置，以此类推。
❖ cout<<i1<<"列"<<'\t';
❖ for(int i=1;i<=n;i++)
❖{
❖ cout<<endl;
❖ cout<<i<<"行"<<'\t';
❖ for(int j=1;j<=n;j++)
❖{
❖ cout<<qipan[i][j]<<'\t';
❖}
❖ cout<<endl;
❖}
❖}
经分析，本问题可以运用回溯法的思想求解：
1.该问题的解空间的组织形式是一颗八叉树， 一个可行的解就是从根节点到叶子节点的一 条路径。
2.控制策略则是马必须在棋盘内。
代码
❖ #include<iostream.h>
❖ #include <time.h>
❖ #include <stdlib.h>
❖ const int n=6; // 表示棋盘的长和高n
骑士的游历问题
骑士的游历问题一问题描述：设有图所示的一个棋盘，在棋盘上的A点，有一个中国象棋的马，并约定马走的规则：(1)马走日字(2)马只能向右走找出一条从A到B的路径二、算法分析：1、马从A点出发，根据上面两条马走的规则，只能到达A1，A2两点，但究竟哪条路径能到达点呢？无法预知，只能任意选择其中的一个点。
2、当马到达A1点后，下面又有三种可能的选择，B1，B2，B3，由于无法预知走哪条路，所以任选一点（B1），马到达B1之后，也有2种选择C1，C2，由于无法预确定哪条路径是正确的，故任选一个C1。
从C1出发，也有3 个点可供选择D1，D2，D3，下面选择D1，当马到达D1之后，没有到达目标，而且已无路可走，所以选择D1是错误的，因此从C1出发另选一条路D2，结果与D1相同，没有到达目标，同时也无路可走。
因此，从C1出发最后可选择D3。
D3虽然不是目标，但是还可以继续走到E1，同样在马到达E1后，没有到达目标，同样也无路可走，因此是错误的，同时可知从D3也发，E1是唯一的一条路径，因此到达D3之后就错误了，再回到了C1，即从C1出发所有的路径都不可能达目标，因此，到达C1就错了，再回溯到B1，已确定到C1是错误的，因此改走C2。
3、从C2出发，可能到达的下一个点为D4，D5，D3，由于无法确定哪条路是正确的，因此选择D4，最后到达E2，再到达B。
此时，我们找到一条路径A—>A1—>B1—>C2—>D4—>E2—>B4、上面过程就是回溯算法的简单过程，核心思想有下面二点：(1)无法知道走哪条路正确时，只能任选一条路试试看。
(2)当从某点出发，所有可能的路径都不到达目标时，说明到达此点是错误的，必须回到此点的上一个点，然后重新选择另一个点来进行。
三、程序设计1、棋盘用坐标表示，A（0,0），B（8,4），其中点P（x,y）表示棋盘上任一个点，p用一对坐标(x,y)表示，而x,y的范围为：0<=x<=8, 0<=y<=42、根据马只能走的规则，x的数值永远是增加的。
合工大 程序设计艺术与方法 实验二
《程序设计艺术与方法》课程实验报告}void print() //打印输出N皇后的一组解{int i, j;for (i = 0; i < n; ++i){for (j = 0; j < n; ++j){if (Cheekerboard[i] != j) //a[i]为初始值cout << ".\t";else//a[i]表示在第i行的第a[i]列可以放置皇后cout << "*\t";}cout << endl;}//输出放置位置cout << "结果位置：";for (i = 0; i < n; ++i)cout << "(" << i+1 << "," << Cheekerboard[i]+1 << ") ";cout << endl;cout << "--------------------------------" << endl;}int Queen(int i){int a = 0, b = 0;while (a < n){while (b < n){if (place(a,b)){Cheekerboard[a] = b;b = 0;break;}else{b++;}}if (b == n)//未找到合适的点{//结束循环，找到所有可能if (a == 0)break;else{//回到上一行a--;b = Cheekerboard[a] + 1;continue;}}if (a == n - 1){//找到一种解法sum++;//cout << "解法" << sum << ":" << endl;//print();a--;b = Cheekerboard[a] + 1;continue;}a++;}return sum;}int_tmain(int argc, _TCHAR* argv[]){time_t tm;int t;while (n > 0){cout << "输入皇后个数：（输入0结束循环）：" << endl;cin >> n;//tm = time(0);t = Queen(n);if (n == 0) //如果n=0，则可行解个数为0，这种情况一定不要忽略t = 0;cout << "可行解的个数为：" << t << endl;sum = 0;//printf("计算时间%d秒 \n", (int)(time(0) - tm));}return 0;3.骑士游历问题使用贪心算法，使用二维数组表示棋盘，定义一个全局变量step=1，从指定点开始，寻找出口数最少的方向，跳转int x;int y;};point path[64] = { 0 };//找到出口最少的点返回bool Minpoint(int x, int y , point &seat){int min = 9;int count = 0;int k;for (int i = 0; i < 8; i++){if (!is_visit[x - 1][y - 1][i])if ((x + seatx[i]) >0 && (y + seaty[i]) > 0 && (x + seatx[i]) < 9 && (y + seaty[i]) < 9){if (Checkerboard[x - 1 + seatx[i]][y - 1 + seaty[i]] == 0){count = 0;for (int j = 0; j < 8; j++){if ((x + seatx[i] + seatx[j]) >0 && (y + seaty[i] + seaty[j]) > 0 && (x + seatx[i] + seatx[j]) < 8 && (y + seaty[i] + seaty[j]) < 8){if (Checkerboard[x - 1 + seatx[i] + seatx[j]][y - 1 + seaty[i] + +seaty[j]] == 0)count++;}}if (count < min){min = count;seat.x = x + seatx[i];seat.y = y + seaty[i];k = i;}}}}if (min == 9)return false;else{is_visit[x - 1][y - 1][k] = 1;return true;}}void OutPath(){cout << "输出一条可能路径结果：" << endl;int j = 0;for (int i = 0; i < 64; i++){cout << "(" << path[i].x << "," << path[i].y << ")" << "->";if (j < 9)j++;else{j = 0;cout << endl;}}cout << "END" << endl;system("pause");}void findPath(int x, int y){path[0].x = x;path[0].y = y;Checkerboard[x - 1][y - 1] = 1;while (true){if (Minpoint(path[step - 1].x, path[step - 1].y, path[step])){Checkerboard[path[step].x - 1][path[step].y - 1] = 1;step++;}else if (step == 64)break;else{step--;Checkerboard[path[step].x - 1][path[step].y - 1] = 0;for (int i = 0; i<8; i++) //把这个位置的所有可以动的方向重新置为未访问过首先使用欧几里得扩展算法判断输入的升数是否有解，并且所求升数，是否小于等于两容器体积之和，如果都成立，则输出过程，否则，就输出No Solution；过程如下：如果A=L，装满A，如果B=L，装满B，如果L==A+B，装满A，B；如果A桶没水,就装满水，如果A桶的水比(B桶容量-B桶的水)要多，就用A桶的水将B桶装满，清空B桶；否则就将A桶的水全部倒入B桶中；在每一次倒水以后，判断是否得出结果，如果得出，就结束循环，接着输出执行的步骤。
骑士问题
骑士问题输入文件：knight.in输出文件：knight.out问题描述：在一个标准8*8的图际象棋棋盘上，棋盘中有些格子可能是有障碍物的。
已知骑士的初始位置和目标位置，你的任务是计算出骑士最少需要多少步可以从初始位置到达目标位置。
有障碍物的格子当然不可以到达。
标准的8*8的国际象棋棋盘中每一个格子可以用唯一的编号确定。
行用1-8这8个数字依次表示，列用‟a‟—…h‟这8个字母依次表示。
例如左下图的骑士所在位置（图中有n 的格子）的编号为“d4”（注意‟d‟和‟4‟之间没有空格）。
我们知道国际象棋中的骑士可以按“L”路线移动（一个方向走2个格子，接着垂直方向走1个格子）。
因此，如左上图中的骑士（位于d4），可以到达位置c2、b3、b5、c6、e6、f5、f3和e2（图中有‟x‟）标记的格子）。
此外，骑士不能移出棋盘。
骑士可以按照移动规则自由地在棋盘上没有障碍物的格子中移动，右上图给出了一个骑士移动的例子。
初始格子用‟n‟标记，目标格子用‟N‟标记，有障碍物的格子用‟b‟标记。
一个可行的移动序列在图中用数字标记出来。
（a1，b3，a5，c6，e5，g4，h2，f1）。
总共需要7步才能完成。
事实上，这也就是最小的步数了。
输入格式：输入文件包括1个或多个测试数据。
每一个测试数据的第一行是一个整数b(-1<=b<=62)，表示棋盘中有障碍物的格子数目，当b=-1时，输入文件结束。
第二行含b个不同的有障碍物的格子编号，用空格隔开。
当b=0时，此行为空行。
第三行是骑士的初始格子和目标格子的编号，也是用空格隔开。
初始格子和目标格子是不同的，且都没有障碍物。
输出格式：对于每个数据，输出一行。
格式：Board n: m moves其中n表示数据的序号（从1开始）m表示骑士所用的最小的步数。
如果骑士无法到达目标格子，输出：Board n: not reachable输入样例：10c1 d1 d5 c2 c3 c4 d2 d3 d4 c5a1 f1c1 b32b3 c2a1 b2-1输出样例：Board 1:7 movesBoard 2:1 movesBoard 3:not reachable宽搜（骑士问题）const f:array[1..8,1..2]of integer=((-2,-1),(-1,-2),(1,-2),(2,-1),(2,1),(1,2),(-1,2),(-2,1));type zb=recordi:integer;j:integer;bu:integer;end;var b,i,j,k,answer:integer;pan:array[-1..10,-1..10]of boolean;start,finish:zb;qi:array[1..100000]of zb;can:boolean;procedure zhuan(s:string;var i,j:integer);begini:=ord(s[2])-ord('0');j:=ord(s[1])-ord('a')+1;end;procedure init;var s,sub:string;i,j:integer;beginreadln(s);if s<>'' thenrepeatsub:=copy(s,1,2);zhuan(sub,i,j);pan[i,j]:=false;delete(s,1,3);until s='';readln(s);sub:=copy(s,1,2);zhuan(sub,start.i,start.j);sub:=copy(s,4,2);zhuan(sub,finish.i,finish.j);end;function ok(i,j:integer):boolean;beginif (i>0) and (i<9) and (j>0) and (j<9) and pan[i,j] then ok:=true else ok:=false; end;procedure work;var p,q,i:integer;qs,kz:zb;pd:boolean;beginp:=0;q:=1;qi[1].i:=start.i;qi[1].j:=start.j;qi[1].bu:=0;can:=true;pd:=false;repeatinc(p);qs:=qi[p];for i:=1 to 8 dobeginkz.i:=qs.i+f[i,1];kz.j:=qs.j+f[i,2];if ok(kz.i,kz.j) thenbeginpan[kz.i,kz.j]:=false;inc(q);qi[q].i:=kz.i;qi[q].j:=kz.j;qi[q].bu:=qi[p].bu+1;if (kz.i=finish.i) and (kz.j=finish.j) thenbeginpd:=true;answer:=qi[q].bu;end;end;end;until (p=q) or (pd);if p=q then can:=false;end;procedure print;beginif can then writeln(answer,' moves') else writeln('not reachable'); end;beginassign(input,'knight.in'); reset(input);assign(output,'knight.out'); rewrite(output);k:=0;repeatreadln(b);inc(k);if b<>-1 thenbeginwrite('Board ',k,': ');for i:=1 to 8 dofor j:=1 to 8 do pan[i,j]:=true; init;work;print;end;until b=-1;close(input);close(output);end.。
骑士巡游问题[回溯法]
![骑士巡游问题[回溯法]](https://img.taocdn.com/s3/m/dfbb9526905f804d2b160b4e767f5acfa1c783d9.png)
骑⼠巡游问题[回溯法]问题： 在 n × n ⽅格的国际象棋棋盘上，马(也称为骑⼠Knight)从任意指定的⽅格出发，以跳马规则(横⼀步竖两步或横两步竖⼀步)，周游棋盘的每⼀个格⼦，要求每个格⼦只能跳过⼀次。
思路： 搜索部分就是普通的回溯 void KnightPatrol(int n, int count, step steps[], int map[][8]){//n表⽰棋盘规模，count表⽰骑⼠已经⾛过的步数，steps记录骑⼠巡游过的点，map⽤来标记地图上每个点有没被⾛过if (count == n*n){//如果骑⼠巡游过了所有的点display(steps, n);}for (int i = N; i <= NW; i++){//对每个⽅向遍历step then = overlook(steps[count], i);//向i⽅向眺望⼀下bool lonely = false;if (count % 2 == 0){lonely = hasLonelyPoint(map, n);}if (isInside(n, then) && !isOverlap(map, then) && !lonely){//如果骑⼠下⼀步没有跑到地图外⾯，且没有⾛到刚才⾛过的地⽅//并且地图中没有⾛不到的点patrol(steps, count, then, map);KnightPatrol(n, count + 1, steps, map);map[steps[count + 1].x][steps[count + 1].y] = 0;}}}但是我这⾥设计了⼀个剪枝函数，具体思路就是每⾛⼀步，就判断下地图中是否有永远不能被⾛到的点就是因为这个棒棒哒剪枝函数，运⾏速度提⾼了不知道多少bool hasLonelyPoint(int map[][8], int n){//判断地图中是否有孤⽴的点，即怎么都⾛不到的点step point1, point2;for (int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 1, count = 0; j <= n; j++){if (map[i][j] == 0){point1.x = i;point1.y = j;int count = 0;for (int k = N; k <= NW; k++){point2 = overlook(point1, k);if (!isInside(n, point2)) count++;//point1 周围的8个点中有点在地图外if (map[point2.x][point2.y] == 1) count++;//point1 周围的8个点中有点被踩过}if (count >= 8) return true;//如果8个⽅向全都不⾏，说明这个点永远都⽆法被⾛到了}}}return false;}。
深度优先搜索
深度优先搜索所谓 " 深度 " 是对产生问题的状态结点而言的， " 深度优先 " 是一种控制结点扩展的策略，这种策略是优先扩展深度大的结点，把状态向纵深发展。
深度优先搜索也叫做 DFS法 (Depth First Search) 。
深度优先搜索的递归实现过程：procedure dfs(i);for j:=1 to r doif if 子结点子结点mr 符合条件 then产生的子结点mr 是目标结点 then输出mr 入栈；else dfs(i+1);栈顶元素出栈（即删去mr）;endif;endfor;[ 例 1] 骑士游历 :设有一个 n*m 的棋盘，在棋盘上任一点有一个中国象棋马.马走的规则为 :1.马走日字2.马只能向右走。
当 N,M 输入之后 , 找出一条从左下角到右上角的路径。
例如:输入N=4,M=4，输出 : 路径的格式 :(1,1)->(2,3)->(4,4)，若不存在路径,则输出"no"算法分析：我们以 4×4的棋盘为例进行分析，用树形结构表示马走的所有过程，求从起点到终点的路径 , 实际上就是从根结点开始深度优先搜索这棵树。
马从（1，1）开始，按深度优先搜索法，走一步到达（2，3），判断是否到达终点，若没有，则继续往前走，再走一步到达（4，4），然后判断是否到达终点，若到达则退出，搜索过程结束。
为了减少搜索次数，在马走的过程中，判断下一步所走的位置是否在棋盘上，如果不在棋盘上，则另选一条路径再走。
程序如下：constdx:array[1..4]of integer=(2,2,1,1);dy:array[1..4]of integer=(1,-1,2,-2);typemap=recordx,y:integer;end;vari,n,m:integer;a:array[0..50]of map;procedure dfs(i:integer);var j,k:integer;beginfor j:=1 to 4 doif(a[i-1].x+dx[j]>0)and(a[i-1].x+dx[j]<=n)and(a[i-1].y+dy[j]>0)and(a[i-1].y+dy[j]<=n) then{判断是否在棋盘上} begina[i].x:=a[i-1].x+dx[j];a[i].y:=a[i-1].y+dy[j];{入栈}if (a[i].x=n)and(a[i].y=m)thenbeginwrite('(',1,',',1,')');for k:=2 to i do write('->(',a[k].x,',',a[k].y,')');halt;{输出结果并退出程序 }end;dfs(i+1);{搜索下一步 }a[i].x:=0;a[i].y:=0;{出栈 }end;end;begina[1].x:=1;a[1].y:=1;readln(n,m);dfs(2);writeln('no');end.从上面的例子我们可以看出，深度优先搜索算法有两个特点：1、己产生的结点按深度排序，深度大的结点先得到扩展，即先产生它的子结点。
骑士巡游问题
骑⼠巡游问题问题概述骑⼠巡游问题对国际象棋爱好者来说是较有意思的难题之⼀。
这个问题是：称为骑⼠的棋⼦在⼀个空的棋盘上⾏进，能否在64个⽅格棋盘上的每个⽅格都⾛⼀次且只⾛⼀次。
在国际象棋中，骑⼠的移动路线是L形的（在⼀个⽅向上⾛两格，在垂直⽅向上⾛⼀格）。
因此在⼀个空棋盘中间的⽅格上，其实可以有8种不同的移动⽅式（从0到7编号），如下图所⽰：可达性试探法算法思想根据每个⽅格的可到达程度将它们分类，然后总是把骑⼠移动到最难到达的那个⽅格（即可达性数字最⼩的⽅格，贪⼼算法的感觉）。
我们给⼀个⼆维array对象access填上数，这些数表⽰每个⽅格周围有多少个可到达的⽅格。
在⼀个空棋盘上，每个中⼼⽅格定为8，每个⾓落定为2，其他的⽅格为3、4或6，如下所⽰：在任何时候，骑⼠都应该移动到具有最低可达数的⽅格。
如果满⾜此条件的⽅格不⽌⼀个，骑⼠可以选择移动到其中的任何⼀个⽅格。
因此，骑⼠巡游可以从任何⼀个⾓落开始。
需要注意的是：随着骑⼠在棋盘上的移动，越来越多的⽅格被占⽤，因此应该随之减少可达数。
这样，在巡游的任何时刻，每个有效⽅格的可达数与该⽅格可到达的确切⽅格数保持相等。
C++实现#include <iostream>#include <iomanip>#include <ctime>using namespace std;const int SIZE = 8;// 检测当前选择的位置是否有效bool vaildWay(int col, int row, int board[][SIZE]) {return (col >= 0 && col < SIZE && row >= 0&& row < SIZE && !board[row][col]);}int main() {int board[SIZE][SIZE] = { 0 }; // 初始化棋盘数组int access[SIZE][SIZE] = { 2, 3, 4, 4, 4, 4, 3, 2,3, 4, 6, 6, 6, 6, 4, 3,4, 6, 8, 8, 8, 8, 6, 4,4, 6, 8, 8, 8, 8, 6, 4,4, 6, 8, 8, 8, 8, 6, 4,4, 6, 8, 8, 8, 8, 6, 4,3, 4, 6, 6, 6, 6, 4, 3,2, 3, 4, 4, 4, 4, 3, 2 }; // 可达性数组int horizontal[SIZE] = { 2, 1, -1, -2, -2, -1, 1, 2 }; // ⽔平位移int vertical[SIZE] = { -1, -2, -2, -1, 1, 2, 2, 1 }; // 垂直位移int currentCol, currentRow; // 当前位置int testCol, testRow; // 测试位置int moveSteps = 0; // 移动步伐srand(time(0));currentCol = rand() % 8; // 随机选择起始位置currentRow = rand() % 8;board[currentRow][currentCol] = ++moveSteps; // 标记起始位置bool done = false;while (!done) {int miniWay = 9; // 挑选最⼩的可达性位置int direction = -1; // 记录⽅向for (int i = 0; i < SIZE; ++i) { // 扫描8个⽅向testCol = currentCol + horizontal[i];testRow = currentRow + vertical[i];if (vaildWay(testCol, testRow, board)) {if (access[testRow][testCol] < miniWay) {miniWay = access[testRow][testCol];direction = i;}--access[testRow][testCol]; // 更新可达性数组}}if (direction == -1) // 如果没有合适的⽅向done = true;else { // 更新当前位置currentCol += horizontal[direction];currentRow += vertical[direction];board[currentRow][currentCol] = ++moveSteps;}}if (moveSteps == 64) // 如果遍历到所有的⽅格位置cout << " successful!!\n\n";elsecout << " failed\n\n";for (int i = 0; i < SIZE; ++i) { // 输出棋盘数据for (int j = 0; j < SIZE; ++j)cout << setw(3) << board[i][j];cout << endl;}return 0;}暴⼒⽅法算法思想所谓暴⼒⽅法，就是不断试错，不断的使⽤随机数进⾏测试，直到完成需要的⽬标或者达到⽬的次数为⽌。
骑士巡游问题
骑⼠巡游问题国际象棋为许多令⼈着迷的娱乐提供了固定的框架，这些框架独⽴于游戏本⾝。
其中很多都是基于奇异的骑⼠“L型”（L-shaped）移动。
⼀个经典的例⼦就是骑⼠巡游（knight's tour）问题。
编写程序求解骑⼠巡游问题：在n⾏m列的棋盘上，输出⼀位骑⼠（按象棋中“马⾛⽇”的⾏⾛法）从(1,1)开始，遍历棋盘的顺序。
骑⼠的⼋种跳法⽤以下常量数组表⽰(表⽰每跳⼀步在⾏和列上的变化量):constdx:array [1..8] of integer=(-2,-1,1,2,2,1,-1,-2);dy:array [1..8] of integer=(1,2,2,1,-1,-2,-2,-1);输⼊输⼊两个数n,m表⽰棋盘为n⾏m列。
输出输出⼀个n⾏m列的矩阵(每个数场宽为3)，第I⾏，第J列的数C，表⽰骑⼠在第C步时位于第I⾏,第J列。
样例输⼊5 5样例输出1 20 17 12 316 11 2 7 1821 24 19 4 1310 15 6 23 825 22 9 14 5constdx:array [1..8] of integer=(-2,-1,1,2,2,1,-1,-2);dy:array [1..8] of integer=(1,2,2,1,-1,-2,-2,-1);vara:array[1..100,1..100] of integer;n,m,sum:longint;procedure prt;var i,j:integer;beginfor i:=1to n dobeginfor j:=1to m dowrite(a[i,j],'');writeln;end;inc(sum); writeln('==== ',sum,' ====='); {如只要⼀个解，将此⾏改为halt}end;procedure work(x,y,dep:longint);var i:integer;begina[x,y]:=dep;if dep=n*m then prtelse beginfor i:=1to8doif (x+dx[i]>0)and(x+dx[i]<n+1)and(y+dy[i]>0)and(y+dy[i]<m+1)then if (a[x+dx[i],y+dy[i]]=0) thenbeginwork(x+dx[i],y+dy[i],dep+1);a[x+dx[i],y+dy[i]]:=0;end;end;end;beginreadln(m,n);work(1,1,1);end.。
回溯与分支限界算法设计
算法设计与分析实验报告1.骑士游历问题（采用回溯法）：在国际象棋的棋盘（8行×8列）上放置一个马，按照“马走日字”的规则，马要遍历棋盘，即到达棋盘上的每一格，并且每格只到达一次。
若给定起始位置（x0,y0）,编程探索出一条路径，沿着这条路径马能遍历棋盘上的所有单元格。
2. 行列变换问题（采用分支限界法）：给定两个m n方格阵列组成的图形A和图形B，每个方格的颜色为黑色或白色，如下图所示。
行列变换问题的每一步变换可以交换任意2行或2列方格的颜色，或者将某行或某列颠倒。
上述每次变换算作一步。
试设计一个算法，计算最少需要多少步，才能将图形A变换为图形B。
图形A图形B2. 行列变换问题的程序：package .t8;import java.util.LinkedList;import java.util.Scanner;class graph{static int sour, dest;//sour是图形的初始整数，dest是图形的目的整数static int ans[]=new int[1<<16];//静态变量（即全局变量），用于存放图形变换的路径int m=4,n=4,x;int row[]=new int[4];int col[]=new int[4];void setx(int x){this.x=x;}int getx(){return this.x;}void rowx(){//将一个整数划分成四行二进制int y;for(int i=0;i<m;i++){y=1;row[i]=0;for(int j=0;j<n;j++){if((x&1)!=0) //如果x的最低位是1row[i]|=y;y<<=1;x>>=1;}}}}实例：总结实验心得体会：掌握回溯法解决问题的一般步骤。
学会使用回溯法解决实际问题。
掌握分支限界法解决问题的基本思想。
【题07】骑士游历问题(2)
【题7】骑士游历问题（2）设有一个n*m的棋盘(2≤n≤50，2≤m≤50)，如图１１.2.1。
在棋盘上任一点有一个中国象棋马，图１１.2.1马走的规则为：1.马走日字2.马只能向右走。
即图１１.2.2所示：图１１.2.2当N，M 给出之后，同时给出马起始的位置和终点的位置，试找出从起点到终点的所有路径的数目。
例如：(N=10，M=10)，(1，5)(起点)，(3，5)(终点)。
应输出2(即由(1，5)到(3，5)共有2条路径，如图１１.2.3)：图１１.2.3输入：n，m，x1，y1，x2，y2(分别表示n，m，起点坐标，终点坐标)输出：路径数目(若不存在从起点到终点的路径，输出0)题解由【例题10.2.1】骑士游历问题（1）看出，使用回溯法同样可以计算路径数目。
只要将起点（1，1）和终点（n，m）调整为（x1，y1）、（x2，y2），并在回溯程序(search(k，x，y))中，将马跳到目的地时由退出程序（halt）改为回溯（exit）即可。
但问题是搜索效率太低，根本不可能在较短的时间内出解。
本题与【例题10.2.1】骑士游历问题（1）不同，并不要求每一条路径的具体走法。
在这种情况下，是否非得通过枚举所有路径方案后才能得出路径数目，有没有一条简便和快效的“捷径”呢。
从(x1，y1)出发，按照由左而右的顺序定义阶段的方向。
位于（x，y）左方且可达（x，y）的跳马位置集合都是（x，y）的子问题，起点至（x，y）的路径数实际上等于起点至这些位置集的路径数之和（图11.2.4）。
图11.2.4如此一来，状态转移关系便凸显出来。
设状态转移方程map，其中map[i，j]为起点（x1，y1）至（i，j）的路径数目。
由于棋盘规模的上限为50*50，可能导致路径数目大得惊人，因此不妨设map数组的元素类型为extended。
初始时，除map[x1，y1]=1外其余为０。
显然}),(],[],[{],[),),(在界内的坐标集可达（y x y x map j i map y x map y x j i ∑∈+=。
骑士游历问题 纯数学方法
poj2243 骑士游历问题的纯数学方法/problem?id=2243下面稍微翻译一下：描述：给你一个8*8的棋盘,骑士的开始位置,结束位置,让你求得骑士从开始位置开始揍到结束位置需要最小的步数是多少？（注意,骑士走日字）输入：输入包含多组数据，每一行都是一组开始位置和结束位置,位置由两个字符组成,一个是小写字母(a-h),一个是数字(1-8),起始位置结束位置由一个空格隔开.输出：输出从起始位置到结束位置,骑士所要走过的最小的步数.按照样例的格式来。
输入样例：e2 e4a1 b2b2 c3a1 h8a1 h7h8 a1b1 c3f6 f6输出样例：To get from e2 to e4 takes 2 knight moves.To get from a1 to b2 takes 4 knight moves.To get from b2 to c3 takes 2 knight moves.To get from a1 to h8 takes 6 knight moves.To get from a1 to h7 takes 5 knight moves.To get from h8 to a1 takes 6 knight moves.To get from b1 to c3 takes 1 knight moves.To get from f6 to f6 takes 0 knight moves.-------------------------------------------------------------------------------------------------------------一般网上见到的都是dp或者bfs方法。
但是，对于n稍微大一点，比如80*80,100*100的方格，就很麻烦了。
今天中午，我终于想出来了一个数学方法。
是这样的：首先，对于两个点，只用考虑其横纵坐标的差值。
骑士漫游问题
break;
case 4 :
tempx=x+2;
tempy=y+1;
case 1 :
tempx=x+1;
tempy=y-2;
break;
case 2 :
int methodOrder[];
public Knight(int x,int y,int accessiblity[][]) { //构造骑士棋子，位置是(X,Y)，访问能力数组accessiblity
this.x=x;
对此进行进一步讨论，此方法存在大量回溯，时间代价非常大，在8*8的棋盘上很可能在可容忍的时间类无法找到路径，所以对起进行优化。考虑棋盘，直观的，按骑士走法，中间最容易被访问，边角最难以访问到。进一步考虑棋盘每一格，按骑士走法，能访问到此格的上一格的个数是不同的，把能访问此格的上一格的个数之和称为每格的访问能力。所以优化方法为：尽量先访问访问能力低的格子。为此给棋盘添加一个N*N的二维数组，表示每格的访问能力值。给棋子添加一个8长度的数组，用来表示优先访问顺序。计算每格的访问能力算法：从棋盘上的每格出发，向八个方向进行尝试，若没有超出边界，则此格访问能力加1。优先访问顺序算法：重当前位置想八个方向试探，记录八个位置，比较访问能力数组，找到八个位置的访问能力，若越界，则需要最后访问，所以访问能力可以设为9，最后对八个位置按访问能力进行排序，得到优先访问顺序。
top=-1;
length=0;
}
public boolean isEmpty(){
return this.top==-1;
}
public boolean push(E element){
骑士游历问题
for(k=0;k<n;k++)
{
p->childptr[k]=(CTree *)malloc(sizeof(CTree));
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<m;j++)
p->childptr[k]->a[i][j]=p->a[i][j];
p->childptr[k]->tag=1;
else
/*上一列下了棋子且该列为第m列*/
for(k=0;k<n;k++)
{
p->childptr[k]=(CTree *)malloc(sizeof(CTree));
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<m;j++)
p->childptr[k]->a[i][j]=p->a[i][j];
p->childptr[k]->tag=1;
p->childptr[k]->a[k][y]=1;
if(k==x-3||k==x+1)
Trial(p->childptr[k],k+1,y+1);
else free(p->childptr[k]);
}
}
}
else if(p->tag==0)
/*上一列没有下棋子*/
☆ 依照分析，建立状态树如下：
棋盘状态树
正确路径
说明：
1. 状态树中每一个结点除了图中表示出的二维表外，还包含n 个指向孩子结点的指针域和一个整型标志变量tag，当树的i层 结点的tag为1时，表示该结点在第y1＋i－1列不下棋子，tag为0 时则表示在该列某行下一个棋子。 2.在m－1列时，要继续前进时，只有一种走法，就是在第m列 寻找正确路径，不能在m列不下棋子，因此，m层的结点tag必 须等于1。 3.如果在某列下了棋子，在下一列可以有两种选择，下棋子 和不下棋子，在树中表现为分配n＋1个结点，其中一个为不 下棋子即tag＝0，其它n个表示分别在下列不同的行放入棋子； 如果在该列不下棋子，则下一行必须下棋子，否则会遗漏可 能路径，即有n个孩子，且孩子的tag均为1。
智商测试题骑士骑马(3篇)
第1篇导语：在这个充满智慧与挑战的时代，智商测试成为了检验个人思维能力和逻辑推理能力的有效工具。
今天，我们将带来一场别开生面的智商测试——骑士骑马之谜。
通过解答一系列与骑士骑马相关的问题，让我们一同走进智慧的殿堂，挑战自我，提升思维。
一、背景介绍在一个遥远的王国，有一位英勇的骑士，他骑着一匹骏马，肩负着保卫家园的重任。
然而，这位骑士在一次执行任务的过程中，遭遇了一场突如其来的风暴。
在风暴中，骑士与马儿失散，为了寻找马儿，骑士踏上了漫长的寻马之旅。
在这段旅程中，他遇到了各种各样的问题，这些问题不仅考验着他的智慧，还考验着他的勇气和毅力。
二、智商测试题1. 骑士骑马之谜一：马儿去哪儿了？（1）骑士在风暴中失去了马儿，请问马儿可能去了哪里？A. 草原B. 森林C. 沙漠D. 河流（2）骑士在寻找马儿的过程中，发现了一处马蹄印。
请问这处马蹄印意味着什么？A. 马儿在这里休息过B. 马儿在这里喝水C. 马儿在这里被人偷走了D. 马蹄印是假的2. 骑士骑马之谜二：神秘信物骑士在寻找马儿的过程中，发现了一封神秘的信件。
信件中提到了一个重要的线索，请问这个线索是什么？A. 马儿的名字B. 马儿的颜色C. 马儿的年龄D. 马儿的家乡3. 骑士骑马之谜三：迷雾重重骑士在寻找马儿的过程中，进入了一片浓雾弥漫的区域。
请问以下哪个选项有助于骑士找到马儿？A. 走得更快B. 走得慢一些，仔细观察周围环境C. 唱歌吸引马儿D. 尝试用马蹄印追踪4. 骑士骑马之谜四：智慧之剑骑士在寻找马儿的过程中，遇到了一位智慧的老者。
老者给了骑士一把智慧之剑，并告诉他：“这把剑能帮助你找到马儿。
”请问智慧之剑的作用是什么？A. 剑身藏有马儿的线索B. 剑身具有强大的魔法，能驱散迷雾C. 剑身能发出马儿的声音，吸引马儿D. 剑身能指引骑士找到马儿5. 骑士骑马之谜五：勇者归来经过一番努力，骑士终于找到了马儿。
然而，马儿却不愿意跟随骑士回家。
请问以下哪个选项能帮助骑士说服马儿？A. 诉说着与马儿共度的美好时光B. 给马儿一些美食作为奖励C. 威胁马儿，如果不跟随他，就会受到惩罚D. 无视马儿，自己回家三、答案解析1. （1）A （2）B2. B3. B4. D5. A四、总结通过以上五道智商测试题，我们不仅锻炼了思维能力，还感受到了骑士骑马之谜的趣味性。
《尼尔斯骑鹅旅行记》测试题及答案精选5篇
《尼尔斯骑鹅旅行记》测试题及答案一、选择题1. 尼尔斯骑在鹅背上的故事发生在哪个国家？A. 瑞典B. 瑞士C. 丹麦D. 芬兰答案：A2. 尼尔斯在小偷家的阁楼上被困了多久？A. 一天B. 两天C. 三天D. 四天答案：C3. 尼尔斯在小偷家第一次看到什么奇怪的生物？A. 狼人B. 狼C. 鹰D. 蜥蜴答案：B4. 尼尔斯在哪种动物的帮助下回到了家？A. 鹅B. 马儿C. 狼D. 鹰答案：A5. 尼尔斯在旅行过程中遇到了哪些奇异的国家和城市？A. 火焰谷、烟雾城B. 沙漠、冰川C. 神秘岛、童话镇D. 沙漠、森林答案：A二、填空题1. 尼尔斯骑着什么动物开始了他的冒险之旅？答案：鹅2. 尼尔斯在小偷家第一次看到什么奇怪的生物？答案：狼3. 尼尔斯在哪个国家被狼追赶，逃到了一棵大树的树上？答案：瑞典4. 尼尔斯在哪个城市看到了美丽的月光？答案：烟雾城5. 尼尔斯在哪个国家遇到了神秘的野鹅家族？答案：芬兰三、简答题1. 请简述尼尔斯骑鹅旅行记的主要情节。
答案：尼尔斯是一个调皮捣蛋的小男孩，他在一次与鹅的打闹中变成了一个小人。
为了回到自己的身体，他不得不跟随一只大雁开始了一段奇妙的旅行。
在旅行过程中，尼尔斯见识了各种奇异的生物和风景，经历了许多惊险的冒险。
2. 尼尔斯在旅行中得到了哪些成长？答案：尼尔斯在旅行中变得更加勇敢、善良和机智。
他学会了尊重生命，珍惜友谊，并学会了承担责任。
3. 请谈谈你从《尼尔斯骑鹅旅行记》中得到的启示。
答案：《尼尔斯骑鹅旅行记》告诉我们，勇敢面对困难，珍惜友谊，尊重生命。
同时，我们要学会承担责任，成为一个有担当的人。
《尼尔斯骑鹅旅行记》测试题及答案测试题：一、选择题（每题2分，共10分）1. 《尼尔斯骑鹅旅行记》的作者是谁？A. 安徒生B. 格林兄弟C. 艾莎·贝瑟尔克D. 西尔玛·拉格洛夫2. 尼尔斯是一个什么年龄的孩子？A. 9岁B. 10岁C. 11岁D. 12岁3. 尼尔斯是如何变成小人的？A. 被女巫施了魔法B. 在一次意外中被鹅咬伤C. 为了惩罚他的顽皮D. 偷吃了一只神秘果4. 尼尔斯和他的鹅马卢旅行去了哪些地方？A. 瑞典、丹麦、芬兰B. 挪威、德国、法国C. 冰岛、爱沙尼亚、拉脱维亚D. 波兰、捷克、匈牙利5. 尼尔斯在旅行中学到了什么？A. 勇敢、善良、真诚B. 谨慎、耐心、自律C. 坚强、乐观、自信D. 聪明、机智、果断二、判断题（每题2分，共10分）1. 尼尔斯的妹妹安妮在书中没有出现。