Coduri Gray

Negruseri Cosmin

NegruÅŸeri Cosmin

Acest articol prezinta notiunea de cod Gray si unele aplicatii ale lui in probleme de la concursurile de programare.
Un cod Gray de ordin n este un sir care contine toate numerele de la 0 la 2^n – 1astfel ca oricare doua numere consecutive din sir difera in reprezentarea binara prin exact un bit. Pentru n >= 2 exista mai multe coduri Gray distincte.  Un cod mai des intalnit, numit in engleza binary reflected Gray code, mai jos ne cand vorbim despre codul Gray ne vom referi de fapt la acest cod. Modul de constructie al acestui cod este unul intuitiv: la fiecare pas adaugam numarul adaugat anterior caruia ii modificam cel mai putin semnificativ bit, astfel ca numarul obtinut sa nu mai fi fost adaugat inainte la sir. De exemplu daca ordinul este doi si avem la inceput numarul 0 in sir vom adauga 1, apoi 3 iar apoi 4. in acest articol vom nota acest cod cu Gn. O alta metoda de constructie care obtine acelasi cod Gray este de a determina mai intai pe Gn-1, apoi daca notam cu Ğn-1 sirul Gn-1 inversat, atunci obtinem pe Gn daca punem cate un bit de 0 in fata fiecarui numar din Gn-1 iar acestea sunt urmate de numerele din Ğn-1 carora le adaugam cate un bit de 1 ca bit semnificativ, pe scurt Gn = 0Gn-1, 1Ğn-1 (1). Observam ca acest cod este unul circular, adica ultimul numar si primul numar din cod difera prin exact un bit. Observam de asemenea ca fiecare cod de ordin n il contine pe cel de n-1 ca prefix, deci am putea nota prin G∞ sirul numerelor naturale in care orice doua numere consecutive difera in reprezentarea binara prin exact un bit si pentru care sirul primelor 2^n elemente coincide cu Gn oricare ar fi acest n un numar natural. Fie g(x) al x-lea numar din G∞(prin g(x) notam codul Gray al numarului x) si g-1(y) la ce pozitie apare numarul y in sirul G∞. Ne punem problema calcularii eficiente a celor doua functii. Se poate demonstra prin inductie ca daca avem un numar x cu reprezentarea binara (…a2 a1 a0)2 si codul lui Gray cu reprezentarea binara (… b2 b1 b0)2. Atunci avem bi = ai ^ ai+1 (2). De exemplu daca avem numarul 6 cu reprezentarea binara 110, atunci b0 = a0 ^ a1 = 0 ^ 1 = 1, b1 = a1 ^ a2 = 1 ^ 1 = 0, b2 = a2 ^ a3 = 1^ 0 = 1, deci g(110) = 101. Din aceasta relatie tragem concluzia ca g(i) = x ^ (x / 2) (unde prin / am notat impartire intreaga). Din (2) obtinem ca bi ^ bi+1 ^ bi+2 ^ … = (ai ^ ai+1) ^ (ai+1 ^ ai+2) ^ (ai+2 ^ ai+3) ^… = ai. Aceasta suma este finita deoarece vom avea un bi egal cu 0 si un ai egal cu 0, daca i este de ajuns de mare. Astfel g-1(y) = y ^ y/2 ^ y/4 ^ …
Din cele de mai sus obtinem urmatoarele metode:

Acest articol prezintă noţiunea de cod Gray şi unele aplicaţii ale lui în probleme de la concursurile de programare.
Un cod Gray de ordin n este un şir care conţine toate numerele de la 0 la 2^n – 1astfel ca oricare două numere consecutive din şir diferă în reprezentarea binară prin exact un bit. Pentru n >= 2 există mai multe coduri Gray distincte.  Un cod mai des întâlnit, numit în engleză binary reflected Gray code, mai jos ne când vorbim despre codul Gray ne vom referi de fapt la acest cod. Modul de construcţie al acestui cod este unul intuitiv: la fiecare pas adăugăm numărul adăugat anterior căruia îi modificăm cel mai puţin semnificativ bit, astfel ca numărul obţinut să nu mai fi fost adăugat înainte la şir. De exemplu dacă ordinul este doi şi avem la început numărul 0 în şir vom adăuga 1, apoi 3 iar apoi 4. În acest articol vom nota acest cod cu Gn. O altă metodă de construcţie care obţine acelaşi cod Gray este de a determina mai întâi pe Gn-1, apoi dacă notăm cu Ğn-1 şirul Gn-1 inversat, atunci obţinem pe Gn dacă punem câte un bit de 0 în faţa fiecărui număr din Gn-1 iar acestea sunt urmate de numerele din Ğn-1 cărora le adăugăm câte un bit de 1 ca bit semnificativ, pe scurt Gn = 0Gn-1, 1Ğn-1 (1). Observăm că acest cod este unul circular, adică ultimul număr şi primul număr din cod diferă prin exact un bit. Observăm de asemenea că fiecare cod de ordin n îl conţine pe cel de n-1 ca prefix, deci am putea nota prin G∞ şirul numerelor naturale în care orice două numere consecutive diferă în reprezentarea binară prin exact un bit şi pentru care şirul primelor 2^n elemente coincide cu Gn oricare ar fi acest n un număr natural. Fie g(x) al x-lea număr din G∞(prin g(x) notăm codul Gray al numărului x) şi g-1(y) la ce poziţie apare numărul y în şirul G∞. Ne punem problema calculării eficiente a celor două funcţii. Se poate demonstra prin inducţie că dacă avem un număr x cu reprezentarea binară (…a2 a1 a0)2 şi codul lui Gray cu reprezentarea binară (… b2 b1 b0)2. Atunci avem bi = ai ^ ai+1 (2). De exemplu dacă avem numărul 6 cu reprezentarea binară 110, atunci b0 = a0 ^ a1 = 0 ^ 1 = 1, b1 = a1 ^ a2 = 1 ^ 1 = 0, b2 = a2 ^ a3 = 1^ 0 = 1, deci g(110) = 101. Din această relaţie tragem concluzia că g(i) = x ^ (x / 2) (unde prin / am notat împărţire întreagă). Din (2) obţinem că bi ^ bi+1 ^ bi+2 ^ … = (ai ^ ai+1) ^ (ai+1 ^ ai+2) ^ (ai+2 ^ ai+3) ^… = ai. Această sumă este finită deoarece vom avea un bi egal cu 0 şi un ai egal cu 0, dacă i este de ajuns de mare. Astfel g-1(y) = y ^ y/2 ^ y/4 ^ …
Din cele de mai sus obţinem următoarele metode:

== code(c) |

int binToGray(int x) {
     return x ^ (x >> 1);
}

     }
     return ret;
}

==
Sa vedem mai departe cateva probleme.

Să vedem mai departe câteva probleme.

Problema 1: Turnurile din Hanoi

Avem trei tije si n discuri de dimensiuni diferite plasate in ordinea descrescatoare a dimensiunilor pe prima tija. Se doreste mutarea tuturor discurilor pe cea de a doua tija, iar mutarile acceptate sunt mutarea unui disc de pe o tija pe alta cu conditia ca pe tija destinatie discul din varf daca exista un asemenea disc sa fie mai mare ca discul ce il mutam acum.

Avem trei tije şi n discuri de dimensiuni diferite plasate în ordinea descrescătoare a dimensiunilor pe prima tijă. Se doreşte mutarea tuturor discurilor pe cea de a doua tijă, iar mutările acceptate sunt mutarea unui disc de pe o tijă pe alta cu condiţia ca pe tija destinaţie discul din vârf dacă există un asemenea disc să fie mai mare ca discul ce îl mutăm acum.

Rezolvare:

Aceasta este o problema clasica in predarea recursivitatii, dar ea are o solutie care se foloseste de codul Gray. Urmarim pas cu pas ce bit se schimba de la numerele consecutive ale lui Gn, acest bit corespunde discului pe care il vom muta (cel mai putin semnificativ bit corespunde celui mai mic disc, iar cel mai semnificativ bit corespunde celui mai mare disc). Problema este ca stim ce disc sa mutam, dar nu stim pe ce tija. Dar exista o regula simpla care ne poate ajuta: un disc nu trebuie plasat pe alt disc ce are aceiasi paritate. Aceasta strategie rezolva si ea in numar minim de pasi problema, acest numar fiind 2^n - 1.

Aceasta este o problemă clasică în predarea recursivităţii, dar ea are o soluţie care se foloseşte de codul Gray. Urmărim pas cu pas ce bit se schimbă de la numerele consecutive ale lui Gn, acest bit corespunde discului pe care îl vom muta (cel mai puţin semnificativ bit corespunde celui mai mic disc, iar cel mai semnificativ bit corespunde celui mai mare disc). Problema este că ştim ce disc să mutăm, dar nu ştim pe ce ţija. Dar există o regulă simplă care ne poate ajuta: un disc nu trebuie plasat pe alt disc ce are aceiaşi paritate. Această strategie rezolvă şi ea în număr minim de paşi problema, acest număr fiind 2^n - 1.

Problema 2:

Un bec este conectat la n intrerupatoare, fiecarui astfel de intrerupator ii poate fi schimbata starea prin apasare. Problema este ca nu stim starea lor initiala. Se cere sa se determine o strategie care ar face numar minim de apasari in cazul cel mai rau, pentru a aprinde becul.

Un bec este conectat la n întrerupătoare, fiecarui astfel de întrerupător îi poate fi schimbată starea prin apăsare. Problema este că nu ştim starea lor îniţială. Se cere să se determine o strategie care ar face număr minim de apăsări în cazul cel mai rău, pentru a aprinde becul.

Rezolvare:

Pentru a fi siguri ca aprindem becul trebuie in cel mai rau caz sa trecem prin toate configuratiile apasat/ne-apasat ale intrerupatoarelor. Pentru a schimba starea curenta trebuie sa apasam cel putin un buton, deci in cazul cel mai defavorabil va trebui sa facem cel putin 2^n - 1 apasari. Codul Gray ne da o posibilitate de a trece prin toate configuratiile trecand de la una la alta prin o apasare de buton, rezolvandu-ne problema.

Pentru a fi siguri că aprindem becul trebuie în cel mai rău caz să trecem prin toate configuraţiile apăsat/ne-apăsat ale întrerupătoarelor. Pentru a schimba starea curentă trebuie să apăsăm cel puţin un buton, deci în cazul cel mai defavorabil va trebui să facem cel puţin 2^n - 1 apăsări. Codul Gray ne dă o posibilitate de a trece prin toate configuraţiile trecând de la una la alta prin o apăsare de buton, rezolvându-ne problema.

Problema 3: Matrix (249 acm.sgu.ru)

Trebuie sa aranjati numerele de la 0 la 2^(n + m) – 1 intr-o matrice cu 2^n randuri si 2^m coloane. De asemenea numerele care sunt situate in celule adiacente pe verticala sau orizontala trebuie sa difere prin exact un bit in reprezentarea lor binara. Matricea este ciclica, adica pentru fiecare rand celula cea mai din stanga se considera invecintata cu cea mai din dreapta, de asemenea pentru fiecare coloana celula cea mai de sus se considera invecinata cu celula cea mai de jos. La intrare se dau numerele n si m (0 < n, m; n + m <= 20). Trebuie sa afisati o asemenea matrice. De exemplu daca n = 1 si m = 1 o matrice ar fi

Trebuie să aranjaţi numerele de la 0 la 2^(n + m) – 1 într-o matrice cu 2^n rânduri şi 2^m coloane. De asemenea numerele care sunt situate în celule adiacente pe verticală sau orizontală trebuie să difere prin exact un bit în reprezentarea lor binară. Matricea este ciclică, adică pentru fiecare rând celula cea mai din stânga se consideră învecintată cu cea mai din dreapta, de asemenea pentru fiecare coloană celula cea mai de sus se consideră învecinată cu celula cea mai de jos. La intrare se dau numerele n şi m (0 < n, m; n + m <= 20). Trebuie să afişaţi o asemenea matrice. De exemplu dacă n = 1 şi m = 1 o matrice ar fi

(0 2)
(1 3).
Rezolvare:

O prima metoda ar fi de determinare a codului Gn+m iar apoi de a il scrie serpuit in matrice, adica pe de index par de la stanga la dreapta iar in liniile de index impar de la dreapta la stanga.
De exemplu daca n = 2 si m = 2 avem:

O primă metodă ar fi de determinare a codului Gn+m iar apoi de a îl scrie şerpuit în matrice, adică pe de index par de la stânga la dreapta iar în liniile de index impar de la dreapta la stânga.
De exemplu dacă n = 2 şi m = 2 avem:

G4 = 0000, 0001, 0011, 0010, 0110, 0111, 0101, 0100, 1100, 1101, 1111, 1110, 1010, 1011, 1001, 1000
0000	0001	0011	0010
0100	0101	0111	0110
1100	1101	1111	1110
1000	1001	1011	1010

Alta modalitate de rezolvare care ne da de fapt aceiasi matrice este urmatoarea:
intregul din celula (i, j) a matricei va fi in reprezentarea binara rezultatul concatenarii reprezentarii binare a intregului de index i din codul Gn cu reprezentarea  binara a intregului de index j din codul Gm.
De exemplu daca avem N = 3 si M = 2

Altă modalitate de rezolvare care ne dă de fapt aceiaşi matrice este următoarea:
Întregul din celula (i, j) a matricei va fi în reprezentarea binară rezultatul concatenării reprezentării binare a întregului de index i din codul Gn cu reprezentarea  binară a întregului de index j din codul Gm.
De exemplu dacă avem N = 3 şi M = 2

	00	01	11	10
000	00000	00001	00011	00010
001	00100	00101	00111	00110

111	11100	11101	11111	11110
101	10100	10101	10111	10111
100	10000	10001	10011	10010

Este evident ca orice doua numere din matrice vor fi diferite, orice doua numere adiacente in matrice sunt diferite in reprezentarea binara prin exact un bit. in concurs limita de timp era foarte stransa si trebuia folosita functia prezentata anterior. Deci pe linia i coloana j a matricei scriem numarul (binToGray(i) << M) | binToGray(j).

Este evident că orice două numere din matrice vor fi diferite, orice două numere adiacente în matrice sunt diferite în reprezentarea binară prin exact un bit. În concurs limita de timp era foarte strânsă şi trebuia folosită funcţia prezentată anterior. Deci pe linia i coloana j a matricei scriem numărul (binToGray(i) << M) | binToGray(j).

Problema 4: Divizori (algoritmus)

Vom considera un numar natural N. in sirul A vom aseza toti divizorii lui N (2<=N<=2.000.000.000). Se cere sa se permute elementele tirului A astfel incat pentru oricare doua elemente consecutive A[i] si A[i+1] sa avem fie A[i]=A[i+1]*p, fie A[i+1]=A[i]*p, unde p este un numar prim oarecare. Valoarea p poate diferi de la o pereche de elemente la alta. De exemplu pentru N = 12 o posibila solutie ar fi 1 2 3 4 12 6 3.

Vom considera un număr natural N. În şirul A vom aşeza toţi divizorii lui N (2<=N<=2.000.000.000). Se cere să se permute elementele ţirului A astfel încât pentru oricare două elemente consecutive A[i] şi A[i+1] să avem fie A[i]=A[i+1]*p, fie A[i+1]=A[i]*p, unde p este un număr prim oarecare. Valoarea p poate diferi de la o pereche de elemente la alta. De exemplu pentru N = 12 o posibilă soluţie ar fi 1 2 3 4 12 6 3.

Rezolvare:

Numarul N are maxim 2*N1/2 divizori. Daca descompunem numarul N in factori primi atunci il vom putea scrie in forma P1E1*P2E2*...*PkEk, unde P1, P2, ..., Pk sunt numere prime si E1, E2, ..., Ek numere naturale mai mari ca zero. Un divizor al lui N va fi reprezentat printr-un vector de exponenti (e1, e2, ..., ek) unde 0<=ei<=Ek. Prin urmare, problema noastra poate fi usor redusa la urmatoarea cerinta: ordonati toti vectorii (e1, e2, ..., ek) unde 0<=ei<=Ek, intr-un sir cu proprietatea ca diferenta intre doi vectori consecutivi se realizeaza la o singura pozitie a vectorilor si cele doua elemente ale vectorilor de pe pozitia respectiva difera prin o unitate.
Exemplul din enuntul problemei se poate reprezenta astfel:

Numărul N are maxim 2*N1/2 divizori. Dacă descompunem numărul N în factori primi atunci îl vom putea scrie în forma P1E1*P2E2*...*PkEk, unde P1, P2, ..., Pk sunt numere prime şi E1, E2, ..., Ek numere naturale mai mari ca zero. Un divizor al lui N va fi reprezentat printr-un vector de exponenţi (e1, e2, ..., ek) unde 0<=ei<=Ek. Prin urmare, problema noastra poate fi uşor redusa la urmatoarea cerinţa: ordonaţi toti vectorii (e1, e2, ..., ek) unde 0<=ei<=Ek, într-un şir cu proprietatea că diferenţa între doi vectori consecutivi se realizeaza la o singura poziţie a vectorilor şi cele două elemente ale vectorilor de pe poziţia respectiva diferă prin o unitate.
Exemplul din enunţul problemei se poate reprezenta astfel:

1 2 4 12 6 3
P1=2 E1=2
P2=3 E2=1
(0,0) (1,0) (2,0) (2,1) (1,1) (0,1)

Aceasta problema este o generalizare a determinarii codului Gray si poate fi rezolvata generalizand metoda expusa mai sus.
Presupunem ca stim sa generam o solutie pentru M=N/(PkEk) (o solutie pentru un numar cu k-1 factori primi). Sa vedem cum generam o solutie pentru N. Fie C vectorul solutie pentru M, si R vectorul C inversat (primul element al lui R este ultimul al lui C, etc.). O solutie pentru N poate fi obtinuta in urmatoarea forma:

Această problemă este o generalizare a determinării codului Gray şi poate fi rezolvată generalizănd metoda expusă mai sus.
Presupunem că ştim să generăm o soluţie pentru M=N/(PkEk) (o soluţie pentru un număr cu k-1 factori primi). Să vedem cum generăm o soluţie pentru N. Fie C vectorul soluţie pentru M, şi R vectorul C inversat (primul element al lui R este ultimul al lui C, etc.). O soluţie pentru N poate fi obţinută în urmatoarea formă:

C Pk*R Pk2*C Pk3*R ...

Astfel am concatenat Ek coduri pentru M, inmultind cu Pk si pe fiecare pozitie impara am pus secventa inversata pentru M. Am facut aceasta pentru ca cele doua capete ce vor ajunge in codul final consecutive sa difere numai prin Pk.

Astfel am concatenat Ek coduri pentru M, înmulţind cu Pk şi pe fiecare pozitie impara am pus secvenţa inversată pentru M. Am facut aceasta pentru ca cele doua capete ce vor ajunge în codul final consecutive să difere numai prin Pk.

Exemplu E1=3; E2=2; E3=1
(0,0,0) (1,0,0) (2,0,0) (3,0,0)

Solutia pentru un factor prim.

Soluţia pentru un factor prim.

(0,0,0) (1,0,0) (2,0,0) (3,0,0) (3,1,0) (2,1,0) (1,1,0) (0,1,0) (0,2,0) (1,2,0) (2,2,0) (3,2,0)

Solutia pentru doi factori primi.

Soluţia pentru doi factori primi.

(0,0,0) (1,0,0) (2,0,0) (3,0,0) (3,1,0) (2,1,0) (1,1,0) (0,1,0) (0,2,0) (1,2,0) (2,2,0) (3,2,0)
(3,2,1) (2,2,1) (1,2,1) (0,2,1) (0,1,1) (1,1,1) (2,1,1) (3,1,1) (3,0,1) (2,0,1) (1,0,1) (0,0,1)

Solutia pentru cei trei factori primi.
Complexitatea finala a solutiei este O(T) unde T reprezinta numarul de divizori ai lui N.

Soluţia pentru cei trei factori primi.
Complexitatea finală a soluţiei este O(T) unde T reprezinta numărul de divizori ai lui N.

Problema 5:

Sortnet (Mihai Patrascu, lot 2002)
O retea completa de sortare este o retea de sortare cu N fire de adancime D ce are D * (N/2) comparatori. Amitim principiul 0-1 care spune ca o retea de sortare sorteaza orice N numere daca aceasta sorteaza orice secventa de N numere 0 sau 1. Problema noastra cere cate astfel de secvente de 0 si 1 nu sunt sortate corect.
Solutia lui Mihai Patrascu:
Observam ca dupa primul strat de comparatori sunt exact 3^(N/2) rezltate posibile, pentru ca intrarile trecute printr-un comparator se transforma astfel 0, 0 -> 0, 0 ; 0, 1 -> 1, 0; 1, 0 -> 1, 0; 1, 1 -> 1, 1. Pentru a testa fiecare astfel de rezultat daca e sortat sau nu de urmatoarele D-1 straturi, nu vor trebui simulate toate in complexitate O(N * (3^N/2) * D).  Prin generarea secventelor conform codului Gray in baza 3 putem doar sa urmarim modificarea rezltatului pentru doua rezultate succesive in O(D). Un numar in baza trei il transformam in unul in baza doi cu numar dublu de cifre, astfel 0 trece in 00, 1 trece in 10 si 2 trece in 11, acest cod reprezentand un rezultat posibil dupa evaluarea unei secvente binare de catre primul strat al retelei. Modificarea unei cifre in baza trei conform codului Gray generalizat pentru numere in aceasta baza, duce la modificarea unei cifre in codul binar a unui bit. Urmarirea modificarilor facute de acest bit schimbat in evaluarile facute de reteaua de sortare o putem face in complexitate O(D).  Astfel complexitatea finala este O(3^(N/2) * D).

Sortnet (Mihai Pătraşcu, lot 2002)
O reţea completă de sortare este o reţea de sortare cu N fire de adâncime D ce are D * (N/2) comparatori. Amitim principiul 0-1 care spune că o reţea de sortare sortează orice N numere dacă aceasta sortează orice secvenţă de N numere 0 sau 1. Problema noastră cere câte astfel de secvenţe de 0 şi 1 nu sunt sortate corect.
Soluţia lui Mihai Pătraşcu:
Observăm că după primul strat de comparatori sunt exact 3^(N/2) rezltate posibile, pentru că intrările trecute printr-un comparator se transformă astfel 0, 0 -> 0, 0 ; 0, 1 -> 1, 0; 1, 0 -> 1, 0; 1, 1 -> 1, 1. Pentru a testa fiecare astfel de rezultat dacă e sortat sau nu de următoarele D-1 straturi, nu vor trebui simulate toate în complexitate O(N * (3^N/2) * D).  Prin generarea secvenţelor conform codului Gray în baza 3 putem doar să urmărim modificarea rezltatului pentru două rezultate succesive în O(D). Un număr în baza trei îl transformăm în unul în baza doi cu număr dublu de cifre, astfel 0 trece în 00, 1 trece în 10 şi 2 trece în 11, acest cod reprezentând un rezultat posibil după evaluarea unei secvenţe binare de către primul strat al reţelei. Modificarea unei cifre în baza trei conform codului Gray generalizat pentru numere în această bază, duce la modificarea unei cifre în codul binar a unui bit. Urmărirea modificărilor făcute de acest bit schimbat în evaluările făcute de reţeaua de sortare o putem face în complexitate O(D).  Astfel complexitatea finală este O(3^(N/2) * D).

Mentionam ca problema este pe siteul infoarena si acolo o rezolvare O(2^N * D) intra in timp, dar si pentru aceasta trebuie sa folosim codul Gray si sa urmarim modificarile date de schimbarea unui bit in evaluare.
Dam mai jos rezolvarea eleganta si usor de inteles a lui Mircea Pasoi:

Menţionăm că problema este pe siteul infoarena şi acolo o rezolvare O(2^N * D) intră în timp, dar şi pentru aceasta trebuie să folosim codul Gray şi să urmărim modificările date de schimbarea unui bit în evaluare.
Dăm mai jos rezolvarea elegantă şi uşor de înţeles a lui Mircea Paşoi:

== code(c) |

#include <stdio.h>
#define MAX_N 20

    return 0;
}

==

Bibliografie:
[1] D.E.Knuth TAOC Prefascicle 2A