1 / 16

Nekaj zanimivih nalog z nedavnih regijskih tekmovanj

Nekaj zanimivih nalog z nedavnih regijskih tekmovanj. Iz Afrike ves čas prihaja kaj novega. Plinij 8:42. 2313 – Perfect Square (ACM South Africa 2006). Dano število n , ki je večkratnik 4 in 8 ≤ n < 2 32 , bi radi zapisali kot n = a 2 – b 2 , pri čemer naj bo a čim manjši.

jayme
Download Presentation

Nekaj zanimivih nalog z nedavnih regijskih tekmovanj

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript


  1. Nekaj zanimivih nalog z nedavnih regijskih tekmovanj Iz Afrike ves čas prihaja kaj novega. Plinij 8:42

  2. 2313 – Perfect Square (ACM South Africa 2006) • Dano število n, ki je večkratnik 4 in 8 ≤ n < 232,bi radi zapisali kot n = a2 – b2, pri čemer naj bo a čim manjši. • Rešitev: • n = (a2 – b2) = (a – b)(a + b) = u·v,če pišemo u = a – b, v = a + b, a = (u + v)/2 • Torej pojdimo z u po vseh deliteljih n-ja, pri vsakem u določimo a in si zapomnimo najmanjši a. • Do vseh deliteljev pridemo tako, da n razcepimo na prafaktorje:delitelji = {1}; m := n;fori := 0, 1, 2, 3, … dobeginp := (i-to praštevilo); ifp·p > mthenbreak;whilemmodp = 0 dobegindelitelji := delitelji { d·p : d  delitelji };m := m / p;end; (* while *)end; (* for *)ifm > 1 thendelitelji := delitelji  { d·m : d  delitelji }; • Seznam praštevil si pripravimo z Eratostenovim rešetom.Ker bo n < 232, potrebujemo praštevila do 216.

  3. 2316 – Peasant(ACM South Africa 2006) • Šahovnica n×n. (n ≤ 12) • Imamo le en tip figure, nekaj podobnega kmetu • Kmet na polju (x, y) napada nekatera polja oblike (x + c, y + r), pri čemer so pari (c, r) podani in za vsakega velja: 0 ≤ r ≤ 1, – n ≤ c ≤ n. • Torej kmet napada le (nekatera) polja v svoji in naslednji vrstici. • Naloga: postavi na šahovnico čim več kmetov, tako da ne bo noben nobenega napadal. • Opazimo: na dogajanje v vrstici y vplivajo le kmetje v tej in v prejšnji vrstici (y – 1); tisti v vrsticah 1, …, y – 2 pa ne. • Rešitev sestavljajmo vrstico za vrstico. • V opis podproblema vključimo ne le to, koliko vrstic je že sestavljenih, ampak tudi to, katera polja v naslednji vrstici so napadena. • To si lahko privoščimo, ker je n majhen. • Možnih podproblemov je torej O(n· 2n)

  4. 2316 – Peasant(ACM South Africa 2006) • Dinamično programiranje: • Naj bo f(y, A) največje število kmetov, ki se jih da postaviti na prvih y vrstic šahovnice, če hočemo, da so zaradi njih v vrstici y + 1 napadena natanko polja A. • To je za 0 ≤ y ≤ n in za A {1, …, n}. • V praksi predstavimo A kot n-bitno celo število (od 0 do 2n – 1). • Robni primer: f(0, A) = 0 za vsak A. • Kasneje lahko računamo takole (za y = 1, 2, …, n):forA := 0 to 2n – 1 dof[y, A] := –;forA := 0 to 2n – 1 dobegin (* Recimo, da so v vrstici y že napadena polja iz A. *)forB := 0 to 2n – 1 dobegin (* Ali bi lahko v vrstico y postavili kmete na polja iz B? *)if (bi kmetje v tej vrstici napadali drug drugega) thencontinue; (* ‡ *)ifA  B {} thencontinue; (* nekateri bi bili napadeni iz prejšnje vrstice *)C := (polja, ki bi jih kmetje iz B napadli v naslednji vrstici); (* ‡ *) f[y, C] := max(f[y, C], f[y – 1, A] + |B|); (* ‡ za |B| *) end; (* for B *)end; (* for A *) • Na koncu seštejemo f(n, A) po vseh možnih A. • ‡ označuje stvari, ki jih lahko potabeliramo. • Časovna zahtevnost: O(n 2n 2n) = O(n 4n).

  5. 2396 – Delay(ACM South Africa 2006) • Naloga sprašuje po najdaljši poti v danem grafu. • “The network consists of n devices (computers or switches), connected by n– 1 cables. There is exactly one route from any device to any other device.” • Povezan, neusmerjen graf, n točk in n – 1 povezav… • Ne gre drugače, kot da je acikličen – torej je ta graf drevo. • Izberimo poljubno točko za koren, od tam ga preiščimo v globino in tako vzpostavimo odnose oče-sin po celem drevesu. • Preprost rekurzivni razmislek: • Najdaljša pot po drevesu bodisi gre skozi koren bodisi ne gre. • Če ne gre skozi koren, leži v celoti znotraj enega od poddreves. • Torej so kandidatke kar najdaljše poti za vsako od posameznih poddreves. • Če gre skozi koren, se mora vanj povzpeti iz enega od poddreves in se nato iz njega spustiti v kakšno drugo poddrevo. • Torej je smiselno izbrati najgloblji dve poddrevesi.

  6. 2396 – Delay(ACM South Africa 2006) • Zapišimo našo rešitev še s podprogramom:function Reši(u: integer): vrne par (globina, dolžina najdaljše poti);beginif (u je list) thenreturn (1, 0);najPot := 0; najGlob := 0; najGlob2 := 0;for (za vsakega u-jevega otroka, v) dobegin (g, n) := Reši(v);ifg ≥ najGlobthenbeginnajGlob2 := najGlob; najGlob := gend;elseifg > najGlob2thennajGlob2 := najGlob;ifn > najPotthennajPot := v;end; (* for *)return (najGlob + 1, max{najPot, najGlob + najGlob2});end; (* Reši *) • To lahko počnemo pravzaprav v isti sapi, ko s preiskovanjem v globino sploh odkrivamo strukturo drevesa.

  7. 3245 – Partial Overlapping(ACM Arab and North African Regional Contest 2004) • Karirasta mreža črk, velika w×h. (w, h ≤ 1000) • Če jo malo zamaknemo, se mogoče lepo prekriva sama s sabo: abcdef abcdef ghabcd ghabcdef ijghab  ijghabcd klijgh klijghab klijgh • Radi bi našli prekrivanje z največjo površino. • V bistvu moramo torej za vsak zamik (dx, dy) preveriti, ali se zgornja leva podmatrika velikosti (w – dx, h – dy) ujema s spodnjo desno podmatriko te velikosti. • Naivni postopek bi za to porabil O(w·h) časa. Za vse možne zamike torej skupno O(w2h2). • Malo boljša rešitev: vse konce vseh vrstic zložimo v suffix tree;potem lahko v času O(w·h) preverimo ujemanje za vse možne dx pri fiksnem dy. Vsega skupaj nam bo ta rešitev vzela O(h2w) časa.

  8. 3245 – Partial Overlapping(ACM Arab and North African Regional Contest 2004) • Spomnimo se Rabin-Karpovih hash kod za nize:h(s1s2 … sk) = (pk–1s1 + pk–2s2 + … + p2sk–2 + psk–1 + sk) mod m. • p in m sta neki vnaprej izbrani konstanti. • Kot vedno pri hash kodah: če je s t, je z veliko verjetnostjo tudi h(s)  h(t). • Lepota RK-hash kod: če s podaljšamo z leve ali desne za eno črko, je izračun nove hash kode zelo poceni:h(s1s2 … sk) = (ph(s1 … sk–1) + sk) mod m.h(s1s2 … sk) = (pk–1s1 + h(s2 … sk)) mod m. • Mi pa jih zdaj posplošimo na 2-d tabele črk. Naj bodo r1, r2, …, rl nizi dolžine k, ki predstavljajo vrstice naše tabele. Definirajmo:H(r1, …, rl) = (ql–1h(r1) + ql–2h(r2) + … + q2h(rl–2 ) + qh(rl–1 ) + h(rl)) mod m • m naj bo enak kot zgoraj, q pa je še neka nova konstanta. • Hitro se vidi, da če matriki (r1; r2; …, ; rl) dodamo zgoraj ali spodaj novo vrstico, ali pa na levi ali desni nov stolpec, je mogoče novi H izračunati v času O(1) iz starega, če poznamo h novega stolpca ali vrstice. • h-je za vse začetke in konce vseh stolpcev in vrstic lahko izračunamo v času O(wh) in jih hranimo v neki tabeli. • Potem lahko tudi H-je za vse zgornje leve podmatrike in vse spodnje desne podmatrike izračunamo v času O(wh) in jih hranimo v neki tabeli. • S primerjavo H-jev za enako velike zgornje leve in spodnje desne podmatrike dobimo kandidate za primerna prekrivanja. • Pri njih potem primerjamo črke neposredno; začnimo pri tistih kandidatih, ki obetajo največje prekrivanje.

  9. 3762 – A-to-Z(ACM Arab and North African Regional Contest 2006) • Imamo slovar 50000 besed, vsaka dolga ≤ 64 znakov. • Radi bi sestavili zaporedje besed iz slovarja. • Prva beseda se mora začeti na črko x. • Zadnja se mora končati na črko y. • Konec neke besede in začetek naslednje se morata prekrivati za vsaj dve črki. • Skupna dolžina besed mora biti čim manjša, pri čemer pa prekrivajoči se deli štejejo le enkrat. • Primer: x = ‘a’, y = ‘s’, “about (out)side (ide)as” ima ceno 11. • Nalogo lahko elegantno prevedemo na problem najkrajših poti v grafu. • Mislimo si po eno točko za vsako besedo. • Če se u in v prekrivata za k črk (k ≥ 2), si mislimo povezavo (uv) z dolžino |v| – k. • Dodajmo še dve posebni točki s in t. • Če se u začne na črko x, dodajmo povezavo (su) dolžine |u|. • Če se u konča na črko y, dodajmo povezavo (ut) dolžine 0. • Vidimo, da vsaka pot po grafu predstavlja neko veljavno zaporedje besed, skupna dolžina poti pa je ravno cena zaporedja. • Iščemo najkrajšo pot od s do t (npr. z Dijkstrovimalgoritmom). • Vprašanje je še, kako učinkovito priti do grafa.

  10. 3762 – A-to-Z(ACM Arab and North African Regional Contest 2006) • Kako najti vse prekrivajoče se pare besed? • Konec u-ja se mora ujemati z začetkom v-ja. • Ne bi radi preizkusili vseh O(500002) parov (u, v). • Rešitev: • Lahko sestavimo drevo, v katerem bodo na črkah povezave. Za vsako končnico vsake besede v iz slovarja dodajmo to končnico v drevo.  suffix tree • Za besedo dolžine d nam bo to vzelo O(d2) časa. Ker imamo d ≤ 64, je to najbrž OK. Obstajajo tudi hitrejši postopki. • Lahko pa končnice besed pomečemo v hash tabelo. • Pomagajmo si z Rabin-Karpovimi hash kodami. • To bo le O(d) za vsako besedo. • Nato za vsak u plezajmo dol po drevesu od korena naprej (sledimo povezavam, ki ustrezajo črkam u-ja). • Tako za vsak začetek u-ja vidimo, ali je enak koncu kakšnega v-ja. • S tem bomo zlahka našteli vse naslednike u-ja, ko jih bomo pri Dijkstri potrebovali. Grafa sploh ni treba predstaviti eksplicitno!

  11. 3248 – Chop Ahoy!(ACM Arab and North African Regional Contest 2004) • Iz števila n lahko naredimo kakšno drugo število takole: • n zapišemo v desetiškem zapisu • razsekamo ga na dva ali več kosov • vsak kos kvadriramo in kvadrate seštejemo. • Primer: 506  50|6  2536. • Vprašanje je, kako s čim manj takimi koraki iz začetnega števila s dobiti končno število t. • Pri tem ne smemo nikoli uporabiti števil, večjih od 107. • To je problem najkrajše poti v grafu: • Vsakemu številu pripada ena točka. • Povezava (u  v), če se da iz u v enem koraku dobiti v. • Vse povezave so enako dolge, zato lahko uporabimo iskanje v širino. • Grafa ni treba predstaviti eksplicitno. Za vsako točko bo treba največ enkrat našteti njene naslednice.

  12. 3248 – Chop Ahoy!(ACM Arab and North African Regional Contest 2004) • Za naštevanje naslednic uporabimo dinamično programiranje: naj bodo u1…uk števke u-ja v desetiškem zapisu;Ak+1 := {0};fori := kdownto 1 dobeginAi := {};forj := itokdoAi := Ai {(uiui+1…uj–1uj)2 + v : v  Aj+1};end; (* for i *)Na koncu imamo v A1 vse naslednice u-ja. • Pri k-mestnem številu u imamo k – 1 položajev, kjer lahko prerežemo. Torej ima u največ 2k – 1 naslednic. • Pri nas gre k do 7, ker smemo uporabljati le števila do 10 milijonov.

  13. Bursary(South African Computer Olympiad 2004) • Imamo n ≤ 2000 ponudb za štipendije • i-ta ponudba nam obljublja vi enot denarja, vendar z omejitvijo, da smemo iz vseh štipendij pridobiti le mi, s fušanjem pa še nadaljnjih ti enot • 1 ≤ vi ≤ mi ≤ 100000 in 1 ≤ ti ≤ 100000 • Torej, če je S {1, …, n} množica izbranih štipendij: • V := SiSvi , M := min{mi : iS}, T := min{ti : iS} • bomo zares dobili min(V, M) + T enot denarja. • To bi radi maksimizirali. • Opazimo: • M in T gresta sicer lahko do 100000 (V mogoče celo do 200 mio) • Toda M je vedno enak nekemu mi , T pa vedno nekemu ti • Torej je zanju le n ≤ 2000 možnih vrednosti! • Lahko pregledamo vse možne pare (M, T) in z njimi kaj naredimo.

  14. Bursary(South African Computer Olympiad 2004) • Recimo, da nas zanimajo izbori z nekim konkretnim T • Torej se omejimo na ponudbe {i : ti ≥ T} • Zdaj ko je T fiksiran, nam ostane le še to, da maksimiziramo min(V, M) • Če smo vzeli neko ponudbo i, ki ima nek mi , potem ni nobene škode v tem, če vzamemo tudi vse ponudbe j, ki imajo mj ≥ mi :zaradi njih se ne bo M nič spremenil, V pa se bo celo povečal • Torej uredimo ponudbe po padajočem mi in jih jemljimo od začetka • V se povečuje, M se zmanjšuje, po vsakem koraku vzemimo min(V, M) + T in si ga zapomnimo, če je to najboljša rešitev doslej. • To je O(n log n) zaradi urejanja – pri tem konkretnem T • Ker imamo O(n) možnih vrednosti T, bo vse skupaj O(n2 log n) • No, v resnici, ko T zmanjšamo, se množica {i : ti ≥ T} le malo poveča – seznama po naraščajočem mi ni treba urejati znova, pač pa le vrinemo nove elemente vanj. • Tako bo vse skupaj O(n2).

  15. 2552 – Palindromes(ACM Arab and North African Regional Contest 2002) • Število je palindrom, če se (v desetiškem zapisu) enako prebere z leve in z desne (323, 947749, …) • Če je negativno, minus ignoriramo • Koliko števil med vključno L in U je palindromov? (– 106 ≤ L ≤ U ≤ 106) • Preprosta rešitev:vara : array [– 106 – 1 .. 106] of integer;a[–106 – 1] := 0;forn := –106+1 to 106doa[n] := a[n – 1] + (JePalindrom(n) ? 1 : 0); • Torej: a[n] je število palindromov od –106 do n. • Potem pri danih L in U le izračunamo a[U] – a[L – 1]. • Kaj pa, če bi šla L in U do 109 ali še dlje? • Tabela a je prevelika za pomnilnik. • Tudi zanka po vseh n bi trajala predolgo.

  16. 2552 – Palindromes(ACM Arab and North African Regional Contest 2002) • Za začetek se znebimo komplikacij z negativnimi števili • Naj bo f(n) število palindromov iz množice {0, 1, …, n – 1}. • Nalogo rešimo takole:functionKoliko(L, U: integer): integer;beginifU < 0 thenreturn Koliko(–U, –L)elseifL < 0 thenreturn Koliko(0, U) + Koliko(1, L)elsereturnf(U + 1) – f(L);end; (* Koliko *) • Ostane le še izračun f(n). • Recimo, da je n = (a1a2 … ak)10 • Kateri palindromi so manjši od n? • Vsi enomestni, dvomestni, …, (k – 1)-mestni palindromi • Pri tem je m-mestnih palindromov 9 · 10 m/2 – 1,razen enomestnih, kjer je še 0 in jih je zato 10, ne 9 • Potem pa še: vsi k-mestni, ki se začnejo na a1a2 … at – 1b in je b eden od 0, 1, 2, …, at– 1. • Pri t ≤ k/2 je takih palindromov at· 10k/2 –t • Pri t = 1 ne dovolimo b = 0, ker potem število ne bi bilo k-mestno. Zato v formuli dobimo at – 1, ne at. • Pri t > k/2 nam števke a1a2 … at – 1 predpisujejo že vsaj polovico števila ali pa še več.Lahko se torej zgodi, da takega palindroma sploh ni (npr. 1234xx) ali pa je en sam (npr. 1233xx).

More Related