Atenţie! Aceasta este o versiune veche a paginii, scrisă la 2008-03-16 18:33:10.
Revizia anterioară   Revizia următoare  

Coduri Gray

(Categoria Matematica, autor Cosmin Negruseri)

Introducere

Un cod Gray de ordin n este un sir care contine toate numerele de la 0 la 2n-1, astfel incat orice doua numere consecutive din sir sa difere in reprezentarea lor binara prin exact un bit. Exista mai multe coduri Gray distincte, cel mai des intalnit fiind asa-numitul "binary reflected Gray code" (in continuare cand vom vorbi despre codul Gray ne vom referi de fapt la acest cod). Modul de constructie este destul de intuitiv: fiecare numar nou este format din cel anterior prin modificarea celui mai putin semnificativ bit, astfel incat numarul sa nu mai fi fost adaugat inainte la sir (de exemplu, pentru n = 2 si primul numar 0, sirul obtinut va fi 0, 1, 3, 2).

In continuare vom nota acest cod cu Gn. Putem da astfel o noua metoda de constructie. Fie G'n-1 sirul Gn-1 inversat, atunci obtinem Gn daca punem cate un bit 0 in fata fiecarui numar din Gn-1, urmat de numerele din G'n-1, carora le adaugam cate un 1 ca bit semnificativ ( pe scurt Gn = 0Gn-1,1G'n-1 (1)). Se poate observa ca acest cod este circular, diferenta intre ultimul si primul numar fiind de exact un bit. De asemenea, orice 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 2n elemente coincide cu Gn (∀ nN).

Fie g(x) al x-lea numar din G si g-1(y) pozitia la care apare numarul y in sirul G. Se pune problema calcularii eficiente a celor doua functii. Se poate demonstra prin inductie ca daca avem un numar x cu reprezentarea binara (...a2a1a0)2 si codul lui Gray (...b2b1b0)2, atunci avem bi = ai ai+1 (2). De exemplu, pentru numarul 6 cu reprezentarea binara 110, atunci g(110) = 101. De aici se deduce ca g(i) = x (x / 2). Din (2) obtinem ca bi bi+1 bi+2 ... = (ai ai+1) (ai+1 ai+2) (ai+2 ai+3) ... = ai. Suma este finita deoarece va exista un bi egal cu 0 si un ai egal cu 0 (daca i este indeajuns de mare). Rezulta astfel ca g-1(y) = y y/2 y/4 ...

Din cele de mai sus obtinem urmatoarele metode:

int binToGray(int x) {
    return x ^ (x >> 1);
}
int grayToBin(int y) {
    int ret = 0;
    while (y > 0) {
        ret ^= y;
        y >>= 1;
    }
    return ret;     
}

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, singurul tip de miscare posibila fiind 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 decat discul pe care il mutam acum.

Rezolvare

Aceasta este o problema clasica in predarea recursivitatii, dar ea are o solutie care se foloseste de codul Gray. Urmarim la fiecare 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 etc). Problema este ca nu stim pe ce tija trebuie sa mutam discul respectiv. Exista o regula simpla care ne poate ajuta: un disc nu trebuie plasat pe alt disc cu aceeasi paritate. Folosind aceasta strategie, putem rezolva problema in numar minim de pasi ( 2n - 1 ).

Problema 2: Becuri

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 defavorabil, 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 2n - 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.

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

Trebuie sa aranjati numerele de la 0 la 2(n + m) - 1 intr-o matrice cu 2n randuri si 2m 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 invecinata 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
( 0 2 )
( 1 3 )

Rezolvare

O prima metoda ar fi de a determina codului Gn+m, iar apoi de a-l scrie serpuit in matrice (liniile de index par de la stanga la dreapta, cele de index impar in sens invers).

De exemplu, daca n = 2 si m = 2 avem:
G4 = {0000, 0001, 0011, 0010, 0110, 0111, 0101, 0100, 1100, 1101, 1111, 1110, 1010, 1011, 1001, 1000}

0000000100110010
0100010101110110
1100110111111110
1000100110111010

Alta modalitate de rezolvare care ne da de fapt aceeasi matrice este urmatoarea: in celula (i,j) vom avea rezultatul concatenarii reprezentarilor binare ale lui i (din codul Gn) si j (din codul Gm).

De exemplu, matricea pentru n = 3 si m = 2 este:

-00011110
00000000000010001100010
001001000010100111 00110
01101100011010111101110
01001000010010101101010
11011000110011101111010
11111100111011111111110
10110100101011011110111
10010000100011001110010

Este evident ca 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 <code>(binToGray(i) << M) | binToGray(j)</code>.

Problema 4: Divizori

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 sirului 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 ( p 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.

Rezolvare

Numarul N are maxim 2*N1/2 divizori. Descompunerea lui N in factori primi are forma P1E1 * P2E2 * ... * PkEk ( P1, P2, ..., Pk - numere prime, si EiN, Ei > 0 ). 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) 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:
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. O solutie poate fi:
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.

Exemplu: E1 = 3; E2 = 2; E3 = 1
(0,0,0) (1,0,0) (2,0,0) (3,0,0) - Solutia 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.
(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.

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. Amintim principiul 0-1 care spune ca o retea de sortare sorteaza orice N numere daca aceasta sorteaza orice secventa de N numere 0-1. Problema noastra cere sa se determine cate astfel de secvente de 0-1 nu sunt sortate corect.

Rezolvarea lui Mihai Patrascu

Observam ca dupa primul strat de comparatori sunt exact 3(N/2) rezultate 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 * 3N/2 * D). Prin generarea secventelor conform codului Gray in baza 3 putem doar sa urmarim modificarea rezultatului pentru doua rezultate succesive in O(D). Un numar in baza trei il transformam in baza doi cu numar dublu de cifre, astfel:

0 -> 001 -> 102 - > 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(3N/2 * D).

Mentionam ca problema este pe site-ul InfoArena (Sortnet) si acolo o rezolvare O(2N * 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:

#include <stdio.h>

#define MAX_N 20
#define MAX_M 33
#define MAX_C 59049
#define FIN "sortnet.in"
#define FOUT "sortnet.out"
#define GRAY(x) ((x) ^ ((x) >> 1))
#define BIT(a, b) (((a) & (1 << (b))) > 0)
#define MIN(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define MAX(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define SORTED(x) (((x) & ((x)+1)) == 0)
#define FOR(i, a, b) for (i = (a); i < (b); i++)

int N, M, G[MAX_M][MAX_N], V[MAX_M], V2[MAX_M], Res;

int works(int n, int a)
{
    int i, b, t;

    V2[0] = n;
    FOR (i, 0, M)
    {
        b = G[i][a];
        if ((BIT(V[i], MAX(a, b)) && !BIT(V[i], MIN(a, b))) ||
            (BIT(V2[i], MAX(a, b)) && !BIT(V2[i], MIN(a, b))))
            a = b;
        V[i] = V2[i];
        V2[i+1] = V[i+1]^(1<<a);
    }
    V[M] = V2[M];

    return SORTED(V[M]);
}

int main(void)
{
    int i, j, k, a, b, bit;

    freopen(FIN, "r", stdin);
    freopen(FOUT, "w", stdout);

    scanf("%d %d\n", &N, &M);
    FOR (i, 0, M) FOR (j, 0, N/2)
    {
        scanf("<%d,%d> ", &a, &b);
        a--; b--;
        G[i][a] = b; G[i][b] = a;
    }

    Res = 1;
    FOR (i, 1, (1<<N)) 
    {
        k = GRAY(i) ^ GRAY(i-1);
        for (bit = 0; (1<<bit) < k; bit++);
        Res += works(GRAY(i), bit);
    }
    printf("%d\n", Res);

    return 0;
}

Bibliografie