(Categoria _Competitii_, autor(i) _Echipa info-arena_)
*Continut scurt:*
==Include(page="template/raw")==
Runda a 2-a concursului preONI 2006 s-a incheiat. Acest articol va prezinta solutiile oficiale ale celor 7 probleme propuse.
*Continut lung:*
==Include(page="template/raw")==
Fiecare grupa a avut spre rezolvare 3 probleme, fiecare fiind catalogata de catre comisie ca fiind usoara, medie sau grea. Batalia pentru calificarea la finala este in toi!
Pentru mai multe detalii despre finala, cat si despre concursul preONI 2006 si sponsorii nostri va rugam sa consultati pagina [1]http://infoarena.devnet.ro/index.php?page=preONI_2006.
Pentru mai multe detalii despre finala, cat si despre concursul preONI 2006 si sponsorii nostri va rugam sa consultati pagina "preONI-2006":http://infoarena.ro/preONI-2006.
Rezultatele finale sunt disponibile la:
* Clasa a 9-a: [2]http://infoarena.devnet.ro/index.php?page=stats&conid=preoni62a&smod=top
* Clasa a 10-a: [3]http://infoarena.devnet.ro/index.php?page=stats&conid=preoni62b&smod=top
* Clasele 11-12: [4]http://infoarena.devnet.ro/index.php?page=stats&conid=preoni62c&smod=top
* "Clasa a 9-a":http://infoarena.devnet.ro/index.php?page=stats&conid=preoni62a&smod=top
* "Clasa a 10-a":http://infoarena.devnet.ro/index.php?page=stats&conid=preoni62b&smod=top
* "Clasele 11-12":http://infoarena.devnet.ro/index.php?page=stats&conid=preoni62c&smod=top
Clasamente generale sunt disponibile aici:
http://infoarena.devnet.ro/clasament/preoni2006.php
[5]http://infoarena.devnet.ro/clasament/preoni2006.php
Dificultatea problemelor nu a lasat nici de aceasta data de dorit. Desi ne-am fi asteptat la punctaje mai mari, rezultatele concurentilor au fost decente. Provocarile oferite de Infoarena sunt intr-adevar dificile, iar obtinerea unui punctaj apropiat de cel maxim nu este usor de realizat. In editiile ce vor urma vom tine cont de acest aspect. Pana atunci va invitam sa discutati despre aceasta runda de concurs pe [6]forum-ul infoarena.
Ca de obicei, problemele din acest concurs au fost puse si in Arhiva de probleme [7]info-arena, disponibile pentru rezolvare 24 de ore din 24. Va asteptam cu forte proaspete la runda a 3-a din 21 ianuarie 2006 !!!
Dificultatea problemelor nu a lasat nici de aceasta data de dorit. Desi ne-am fi asteptat la punctaje mai mari, rezultatele concurentilor au fost decente. Provocarile oferite de Infoarena sunt intr-adevar dificile, iar obtinerea unui punctaj apropiat de cel maxim nu este usor de realizat. In editiile ce vor urma vom tine cont de acest aspect. Pana atunci va invitam sa discutati despre aceasta runda de concurs pe "forum-ul infoarena":http://forum.infoarena.ro/index.php/board,20.0.html.
Ca de obicei, problemele din acest concurs au fost puse si in "Arhiva de probleme":http://infoarena.ro/arhiva-probleme, disponibile pentru rezolvare 24 de ore din 24. Va asteptam cu forte proaspete la runda a 3-a din 21 ianuarie 2006 !!!
h2. Dame
Dame
h3. (clasa a 9-a problema usoara)
(clasa a 9-a problema usoara)
In primul rand, numarul maxim de dame este $N$ pentru $N = 1$ si {$N ≥ 4$}, si $N-1$ pentru {$N = 2, 3$}. Putem codifica solutia ca o permutare de la $1$ la {$N$}, astfel asigurand ca nu exista doua dame pe aceeasi linie sau coloana. O solutie clasica care foloseste metoda backtracking si face verificarea daca o dama este atacata sau nu in $O(1)$ va obtine $30$ de puncte.
Verificarea in $O(1)$ se face pastrand doi vectori pentru fiecare diagonala in functie de orientare, in care se marcheaza daca o diagonala este ocupata. O "imbunatatire" la backtracking este randomizarea ordinii in care se incearca completarea solutiei la fiecare pas. O astfel
de solutie merge usor si pentru $N = 200$ si ar fi obtinut cel putin $60$ de puncte.
Exista mai multe metode prin care s-ar fi putut obtine $100$ de puncte. O solutie greedy este urmatoarea: se incepe cu o solutie oarecare si cat timp exista doua dame care, daca s-ar interschimba coloanele lor, se imbunatateste solutia, se aplica interschibarea. Daca
nu s-a obtinut o solutie buna, se reinitializeaza solutia initiala si se reaplica algoritmul. In practica, complexitatea algoritmului tinde la {$O(N lg N)$}, desi teoretic este {$O(N^3^)$}. De asemenea pe masura ce $N$ este mai mare, numarul necesar de reinitializari ale algoritmului tinde catre {$0$}. Mai multe detalii gasiti "aici":http://www.cit.gu.edu.au/~sosic/nqueens.html
O alta solutie , matematica, se bazeaza pe un sablon de construire a solutiei in functie de restul lui $N$ la {$12$}.
In primul rand, numarul maxim de dame este N pentru N = 1 si N >= 4, si N-1 pentru N = 2, 3. Putem codifica solutia ca o permutare de la 1 la N, astfel asigurand ca nu exista doua dame pe aceeasi linie sau coloana. O solutie clasica care foloseste metoda backtracking si face verificarea daca o dama este atacata sau nu in O(1) va obtine 30 de puncte.
Verificarea in O(1) se face pastrand doi vectori pentru fiecare diagonala in functie de orientare, in care se marcheaza daca o diagonala este ocupata. O "imbunatatire" la backtracking este randomizarea ordinii in care se incearca completarea solutiei la fiecare pas. O astfel
de solutie merge usor si pentru N = 200 si ar fi obtinut cel putin 60 de puncte.
Exista mai multe metode prin care s-ar fi putut obtine 100 de puncte. O solutie greedy este urmatoarea: se incepe cu o solutie oarecare si cat timp exista doua dame care, daca s-ar interschimba coloanele lor, se imbunatateste solutia, se aplica interschibarea. Daca
nu s-a obtinut o solutie buna, se reinitializeaza solutia initiala si se reaplica algoritmul. In practica, complexitatea algoritmului tinde la O(N lg N), desi teoretic este O(N^3). De asemenea pe masura ce N este mai mare, numarul necesar de reinitializari ale algoritmului tinde catre 0. Mai multe detalii gasiti la [8]http://www.cit.gu.edu.au/~sosic/nqueens.html
O alta solutie , matematica, se bazeaza pe un sablon de construire a solutiei in functie de restul lui N la 12.
* Se insereaza numerele pare de la $2$ la $N$ intr-o lista
* Daca restul lui $N$ la $12$ este $3$ sau $9$ se muta $2$ la sfarsitul listei
* Se insereaza numerele impare de la $1$ la $N$ in lista
* Daca restul este $8$ se interschimba perechile ({$3 1$}, {$7 5$}, ...)
* Daca restul este $2$ se interschimba $1$ cu $3$ si $5$ se muta la sfarsitul listei
* Daca restul este $3$ sau $9$ se muta $1$ si $3$ la sfarsitul listei
* Se insereaza numerele pare de la 2 la N intr-o lista
* Daca restul lui N la 12 este 3 sau 9 se muta 2 la sfarsitul listei
* Se insereaza numerele impare de la 1 la N in lista
* Daca restul este 8 se interschimba perechile (3 1, 7 5, ...)
* Daca restul este 2 se interschimba 1 cu 3 si 5 se muta la sfarsitul listei
* Daca restul este 3 sau 9 se muta 1 si 3 la sfarsitul listei
Lista va codifica o solutie cum s-a precizat si inainte, al
i-lea element reprezetand o dama pe randul i si pe coloana lista[i].
Aceasta solutie O(N) este preluata de aici: [9]http://en.wikipedia.org/wiki/Eight_queens_puzzle
Lista va codifica o solutie cum s-a precizat si inainte, al {$i$}-lea element reprezetand o dama pe randul $i$ si pe coloana {$lista{~i~}$}.
Aceasta solutie $O(N)$ este preluata de "aici":http://en.wikipedia.org/wiki/Eight_queens_puzzle
h2. Zota & Chidil
h3. (clasa a 9-a problema medie)
O solutie de complexitate $O((M + N)lg N)$ este imediata. Se vor folosi doi vectori, fiecare continand coordonatele punctelor afectate de capcane, mai putin punctul de coordonate ({$0, 0$}), pentru a respecta conditia impusa in enunt. Primul vector $vx$ va fi sortat dupa coordonata {$x$}, iar in caz de egalitate dupa coordonata {$y$}. Al doilea, {$vy$}, va fi sortat dupa $y$ si, in caz de egalitate, dupa {$x$}.
Zota & Chidil
(clasa a 9-a problema medie)
O solutie de complexitate O((M + N)lg N) este imediata. Se vor folosi doi vectori, fiecare continand coordonatele punctelor afectate de capcane, mai putin punctul de coordonate (0, 0), pentru a respecta conditia impusa in enunt.
Primul vector vx va fi sortat dupa coordonata x, iar in caz de egalitate dupa coordonata y. Al doilea, vy, va fi sortat dupa y si, in caz de egalitate, dupa x.
La fiecare mutare executata de Chidil (un numar de pasi facut intr-o anume directie) se calculeaza numarul de celule afectate prin care trece. Pentru aceasta se vor aplica doua cautari binare in vectorul corespunzator.
Daca se deplaseaza inspre N sau S, cautarea se va face in vx, altel, in vy. Diferenta dintre cele doua valori returnate de cautarile binare furnizeaza numarul de celule afectate prin care Chidil trece la acea mutare.
Pentru un timp de executie bun, se recomanda folosirea functiei sort() din STL pentru sortare si a containerului pair<int, int> pentru pastrarea coordonatelor in cei doi vectori.
Daca se deplaseaza inspre $N$ sau {$S$}, cautarea se va face in {$vx$}, altel, in {$vy$}. Diferenta dintre cele doua valori returnate de cautarile binare furnizeaza numarul de celule afectate prin care Chidil trece la acea mutare.
Grupuri
Pentru un timp de executie bun, se recomanda folosirea functiei $sort()$ din STL pentru sortare si a containerului $pair<int, int>$ pentru pastrarea coordonatelor in cei doi vectori.
(clasa a 9-a problema grea, clasa a 10-a problema medie)
h2. Grupuri
O limita superioara pentru numarul de grupuri este S / K unde S reprezinta suma canitatilor de animale. Este evident ca, daca putem construi X grupuri, putem construi si Y <= X grupuri, fapt care ne duce la ideea sa cautam binar numarul de grupuri. Pentru a verifica daca putem construi un numar de grupuri X ne imaginam completarea unei matrice cu X linii si K coloane, fiecare linie reprezetand un grup. Din restrictiile problemei elementele de pe fiecare linie trebuie sa fie distincte. Vom completa aceasta matrice coloana cu coloana, pentru fiecare cantitate de animale daca este <= X le punem pe toate in matrice, daca este > X punem doar X in matrice (deoarece daca punem mai multe vor fi cel putin doua pe aceeasi linie). Pentru primul exemplu din enunt, matricea se va completa astfel:
1 * *
1 * *
1 * *
* * *
=>
1 2 *
1 2 *
1 * *
2 * *
=>
1 2 3
1 2 *
1 3 *
2 3 *
=>
1 2 3
1 2 4
1 3 4
2 3 4
Asadar , daca in final am putut completa toata matricea se pot forma X grupuri. Este evident ca strategia folosita de verificare este optima. Completarea matricei se face doar conceptual, verificarea avand complexitatea O(N) prin parcurgerea vectorului A, rezultand un algoritm de complexitate O(N lg(S/K)).Pe baza algoritmului descris mai sus, se poate obtine un algoritm O(N), desi acesta n-ar fi fost necesar pentru 100 de puncte.
Algoritmul lucreaza astfel: daca cel mai mare element este <= S/K , verificarea prezentata mai sus ne garanteaza ca vom putea obtine S/K grupuri, toate elementele fiind <= S/K se vor folosi toate S, iar matricea este (S/K)*K = S. Daca cel mai mare element este > S atunci putem rezolva aceeasi problema recursiv pentru cantitatile existente mai putin cea mai mare si grupuri de marime K-1. Acest rezultat va fi mai mic sau egal cu cel mai mare element, deci ne va ajunge pentru a completa grupurile la marimea K. Deoarece canitatile sunt date sortate, complexitatea este O(N).
h3. (clasa a 9-a problema grea, clasa a 10-a problema medie)
O limita superioara pentru numarul de grupuri este $S / K$ unde $S$ reprezinta suma canitatilor de animale. Este evident ca, daca putem construi $X$ grupuri, putem construi si $Y ≤ X$ grupuri, fapt care ne duce la ideea sa cautam binar numarul de grupuri. Pentru a verifica daca putem construi un numar de grupuri $X$ ne imaginam completarea unei matrice cu $X$ linii si $K$ coloane, fiecare linie reprezetand un grup. Din restrictiile problemei elementele de pe fiecare linie trebuie sa fie distincte. Vom completa aceasta matrice coloana cu coloana, pentru fiecare cantitate de animale daca este $≤ X$ le punem pe toate in matrice, daca este $> X$ punem doar $X$ in matrice (deoarece daca punem mai multe vor fi cel putin doua pe aceeasi linie). Pentru primul exemplu din enunt, matricea se va completa astfel:
p(pre). {@1 * * 1 2 * 1 2 3 1 2 3@}
{@1 * * 1 2 * 1 2 * 1 2 4@}
{@1 * * 1 * * 1 3 * 1 3 4@}
{@* * * 2 * * 2 3 * 2 3 4@}
1-2 perm
Asadar , daca in final am putut completa toata matricea se pot forma $X$ grupuri. Este evident ca strategia folosita de verificare este optima. Completarea matricei se face doar conceptual, verificarea avand complexitatea $O(N)$ prin parcurgerea vectorului {$A$}, rezultand un algoritm de complexitate {$O(N lg(S/K))$}.Pe baza algoritmului descris mai sus, se poate obtine un algoritm {$O(N)$}, desi acesta n-ar fi fost necesar pentru $100$ de puncte.
(clasa a 10-a problema usoara)
Algoritmul lucreaza astfel: daca cel mai mare element este $≤ S/K$ , verificarea prezentata mai sus ne garanteaza ca vom putea obtine $S/K$ grupuri, toate elementele fiind $≤ S/K$ se vor folosi toate {$S$}, iar matricea este {$(S/K)*K = S$}. Daca cel mai mare element este $> S$ atunci putem rezolva aceeasi problema recursiv pentru cantitatile existente mai putin cea mai mare si grupuri de marime {$K-1$}. Acest rezultat va fi mai mic sau egal cu cel mai mare element, deci ne va ajunge pentru a completa grupurile la marimea {$K$}. Deoarece canitatile sunt date sortate, complexitatea este {$O(N)$}.
h2. 1-2 perm
h3. (clasa a 10-a problema usoara)
Problema a fost incadrata in categoria usoara deoarece la majoritatea problemelor de acest tip concurentii genereaza cu backtracking valorile pentru primele numere si deduc formula generala. In cazul acesta, formula se putea vedea destul de usor:
T[1] = 1, T[2] = 2, T[3] = 6, T[4] = 12, T[i] = T[i - 1] + T[i - 3] + 2 * (i - 2) pentru i > 4.
== code(cpp) |T[1] = 1, T[2] = 2, T[3] = 6, T[4] = 12;
T[i] = T[i - 1] + T[i - 3] + 2 * (i - 2)
==
Pentru cei mai curiosi din fire, vom demonstra cum se ajunge la aceasta formula. Fie A[i] numarul permutarilor de lungime i care au 1 pe prima sau ultima pozitie, adica dublul numarului permutarilor care au 1 pe prima pozitie (exceptie face, ca in toti pasii care vor urma, permutarea de lungime 1). De asemenea, fie B[i] numarul permutarilor de lungime i care nu au 1 pe prima sau ultima pozitie. Evident, T[i] = A[i] + B[i]. Primele valori sunt
A[1] = 1, B[1] = 0
A[2] = 2, B[2] = 0
