Coduri Gray

(Categoria Matematica, autor Cosmin Negruseri)

Introducere

Acest articol prezinta notiunea de Cod Gray si unele aplicatii ale lui in probleme de la concursurile de programare.

Un cod Gray de ordin este un sir care contine toate numerele de la la , astfel ca oricare doua numere consecutive din sir difera in reprezentarea binara prin exact un bit. Pentru exista mai multe coduri Gray distincte. Un cod mai des intalnit, numit in engleza binary reflected Gray code (in continuare cand vom vorbi 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 in sir, vom adauga , apoi , iar apoi .

In acest articol vom nota acest cod cu . O alta metoda de constructie care obtine acelasi cod Gray este de a determina mai intai pe , apoi daca notam cu sirul inversat, atunci obtinem pe daca punem cate un bit de in fata fiecarui numar din , iar acestea sunt urmate de numerele din carora le adaugam cate un bit de ca bit semnificativ ( pe scurt (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 il contine pe cel de ca prefix, deci am putea nota prin sirul numerelor naturale in care orice doua numere consecutive difera in reprezentarea binara prin exact un bit si pentru care sirul primelor elemente coincide cu , oricare ar fi acest un numar natural.

Fie al -lea numar din (prin notam codul Gray al numarului ) si la ce pozitie apare numarul in sirul . Ne punem problema calcularii eficiente a celor doua functii. Se poate demonstra prin inductie ca daca avem un numar cu reprezentarea binara si codul lui Gray, cu reprezentarea binara , atunci avem ^ (2). De exemplu, daca avem numarul cu reprezentarea binara , atunci ^ ^ , ^ ^ , ^ ^ , deci . Din aceasta relatie tragem concluzia ca (unde prin / am notat impartire intreaga). Din (2) obtinem ca ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ . Aceasta suma este finita deoarece vom avea un egal cu si un egal cu , daca este indeajuns de mare. Astfel ^ ^ ^

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;     
}

Sa vedem mai departe cateva probleme:

Problema 1: Turnurile din Hanoi

Avem trei tije si 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 pas cu pas ce bit se schimba de la numerele consecutive ale lui , 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 cu aceeasi paritate. Aceasta strategie rezolva si ea in numar minim de pasi problema, acest numar fiind .

Problema 2:

Un bec este conectat la 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.

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 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 la intr-o matrice cu randuri si 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 si (). Trebuie sa afisati o asemenea matrice. De exemplu daca si o matrice ar fi

.

Rezolvare:

O prima metoda ar fi de determinare a codului , iar apoi de a-l scrie serpuit in matrice, adica in liniile de index par de la stanga la dreapta, iar in liniile de index impar de la dreapta la stanga.

De exemplu, daca si avem:

Alta modalitate de rezolvare care ne da de fapt aceeasi matrice este urmatoarea: Intregul din celula a matricei va fi in reprezentarea binara rezultatul concatenarii reprezentarii binare a intregului de index din codul cu reprezentarea binara a intregului de index din codul .

De exemplu, daca avem si :

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 coloana a matricei scriem numarul <code>(binToGray(i) << M) | binToGray(j)</code>.

Problema 4: Divizori

Vom considera un numar natural . In sirul vom aseza toti divizorii lui . Se cere sa se permute elementele sirului astfel incat pentru oricare doua elemente consecutive si sa avem fie , fie , unde este un numar prim oarecare. Valoarea poate diferi de la o pereche de elemente la alta. De exemplu pentru o posibila solutie ar fi .

Rezolvare

Numarul are maxim divizori. Daca descompunem numarul in factori primi atunci il vom putea scrie sub forma , unde sunt numere prime si numere naturale mai mari ca zero. Un divizor al lui N va fi reprezentat printr-un vector de exponenti unde . Prin urmare, problema noastra poate fi usor redusa la urmatoarea cerinta: ordonati toti vectorii unde , 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:

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 (o solutie pentru un numar cu factori primi). Sa vedem cum generam o solutie pentru . Fie vectorul solutie pentru si vectorul inversat (primul element al lui este ultimul al lui , etc.). O solutie pentru poate fi obtinuta in urmatoarea forma:

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

Exemplu:

Solutia pentru un factor prim.

Solutia pentru doi factori primi.


Solutia pentru cei trei factori primi.

Complexitatea finala a solutiei este unde reprezinta numarul de divizori ai lui .

Problema 5: Sortnet (Mihai Patrascu, lot 2002)

O retea completa de sortare este o retea de sortare cu fire de adancime ce are comparatori. Amintim principiul care spune ca o retea de sortare sorteaza orice numere daca aceasta sorteaza orice secventa de numere sau . Problema noastra cere cate astfel de secvente de si nu sunt sortate corect.

Rezolvarea lui Mihai Patrascu

Observam ca dupa primul strat de comparatori sunt exact rezultate posibile, pentru ca intrarile trecute printr-un comparator se transforma astfel . Pentru a testa fiecare astfel de rezultat daca e sortat sau nu de urmatoarele straturi, nu vor trebui simulate toate in complexitate . Prin generarea secventelor conform codului Gray in baza 3 putem doar sa urmarim modificarea rezultatului pentru doua rezultate succesive in . Un numar in baza trei il transformam in unul in baza doi cu numar dublu de cifre, astfel trece in , trece in si trece in , 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 . Astfel complexitatea finala este .

Mentionam ca problema este pe site-ul InfoArena (Sortnet) si acolo o rezolvare 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

• [1] D.E.Knuth TAOC Prefascicle 2A
• [2] W.H. Press et. all. Numerical Recipies in C, Cambridge University Press
• [3] http://en.wikipedia.org/wiki/Gray_code