(toc){width: 25em}*{text-align:center} *Conţinut:*
* 'Problema 1':probleme-de-taietura#problema-1
* 'Problema 2':probleme-de-taietura#problema-2
* 'Problema 3 Really Strange':probleme-de-taietura#problema-3
* 'Problema 4':probleme-de-taietura#problema-4
* 'Problema 5':probleme-de-taietura#problema-5
* 'Problema 6':probleme-de-taietura#problema-6
* 'Problema 7 Bursele Agora 2001':probleme-de-taietura#problema-7
* 'Problema 8 Thinking Backward':probleme-de-taietura#problema-8
* 'Problema 9 Internet Problem Solving Contest 2000':probleme-de-taietura#problema-9
* 'Problema 10 The partition of a cake':probleme-de-taietura#problema-10
* 'Problema 11 Count the faces':probleme-de-taietura#problema-11
* 'Problema 12 Cercuri,Algoritmus':probleme-de-taietura#problema-12
* 'Aplicaţia 1':probleme-de-taietura#problema-1
* 'Aplicaţia 2':probleme-de-taietura#problema-2
* 'Aplicaţia 3 Really Strange':probleme-de-taietura#problema-3
* 'Aplicaţia 4':probleme-de-taietura#problema-4
* 'Aplicaţia 5':probleme-de-taietura#problema-5
* 'Aplicaţia 6':probleme-de-taietura#problema-6
* 'Aplicaţia 7 Bursele Agora 2001':probleme-de-taietura#problema-7
* 'Aplicaţia 8 Thinking Backward':probleme-de-taietura#problema-8
* 'Aplicaţia 9 Internet Problem Solving Contest 2000':probleme-de-taietura#problema-9
* 'Aplicaţia 10 The partition of a cake':probleme-de-taietura#problema-10
* 'Aplicaţia 11 Count the faces':probleme-de-taietura#problema-11
* 'Aplicaţia 12 Cercuri,Algoritmus':probleme-de-taietura#problema-12
* 'Bibliografie':probleme-de-taietura#bibliografie
h2(#problema-1). Problema 1:
h2(#aplicatia-1). Aplicaţia 1
Pentru un număr natural $N$ dat, se cere numărul maxim de regiuni în care se poate împărţi planul folosind $N$ drepte.
bq. Pentru un număr natural $n$ dat se cere numărul maxim de regiuni în care se poate împărţi planul folosind $n$ drepte.
p=. !probleme-de-taietura?poza-1.bmp!
h3. Rezolvare:
h3. Rezolvare
Mai întâi vom face două observaţii:
În configuraţia cu număr maxim de regiuni nu vom avea două drepte paralele, pentru că două drepte care se intersectează formează în plan patru regiuni, în timp ce două drepte paralele formează în plan doar trei regiuni.
De asemenea pentru a obţine un număr maxim de regiuni, nu vor exista trei drepte care să se intersecteze intr-un punct pentru că astfel am pierde o regiune triunghiulară formată din punctele de intersecţie ale celor trei drepte.
Dacă aceste două condiţii sunt îndeplinite vom vedea în continuare că orice configuraţie de $N$ drepte împarte planul în acelaşi număr de regiuni. Notăm cu $d(n)$ acest număr. Presupunem ca ştim pe $d(n)$ , să vedem acum ce se întâmplă dacă mai adaugăm o dreaptă.
Această nouă dreaptă va fi intersectată de celelalte drepte în $n$ puncte distincte. Fiecare segment de dreaptă şi semidreaptă în care este împărţită a $n+1-a$ taie o regiune veche in două regiuni noi. De aici tragem concluzia că $d(n+1) = d(n) + n + 1$ . Deci $d(n) = n + n – 1 + n – 2 + … + 2 + d(1)$ . Astfel folosind indentitatea $1 + 2 + 3 + … + n = n(n+1)/2$ obţinem $d(n) = n(n + 1) / 2 + 1$ .
Menţionăm că problemele în care se cere maximizarea numărului de regiuni în care un pătrat, un triunghi sau un cerc este împărţit de $n$ drepte, au aceiaşi soluţie.
# în configuraţia cu număr maxim de regiuni nu vom avea două drepte paralele, pentru că două drepte care se intersectează formează în plan patru regiuni, în timp ce două drepte paralele formează în plan doar trei regiuni;
# pentru a obţine un număr maxim de regiuni nu vor exista trei drepte care să se intersecteze într-un punct pentru că astfel am pierde o regiune triunghiulară formată din punctele de intersecţie ale celor trei drepte.
Dacă aceste două condiţii sunt îndeplinite vom vedea în continuare că orice configuraţie de $n$ drepte împarte planul în acelaşi număr de regiuni. Notăm cu $d(n)$ acest număr. Presupunem ca ştim $d(n)$. Să vedem acum ce se întâmplă dacă mai adaugăm o dreaptă. Această nouă dreaptă va fi intersectată de celelalte drepte în $n$ puncte distincte. Fiecare segment de dreaptă şi semidreaptă în care este împărţită a $n+1$-a taie o regiune veche în două regiuni noi. De aici obţinem că $d(n+1) = d(n) + n + 1$ . Deci $d(n) = n + n - 1 + n - 2 + ... + 2 + d(1)$ . Astfel, folosind indentitatea $1 + 2 + 3 + … + n = n(n+1)/2$ obţinem $d(n) = n(n + 1) / 2 + 1$.
Menţionăm că problemele în care se cere maximizarea numărului de regiuni în care un pătrat, un triunghi sau un cerc este împărţit de $n$ drepte au aceeaşi soluţie.
p=. !probleme-de-taietura?poza-2.bmp!
h2(#problema-2). Problema 2:
h2(#aplicatia-2). Aplicaţia 2
Dându-se un număr natural $N$ , se cere numărul maxim de regiuni în care $N$ cercuri pot împărţi planul.
bq. Dându-se un număr natural $n$ se cere numărul maxim de regiuni în care $n$ cercuri pot împărţi planul.
p=. !probleme-de-taietura?poza-4.bmp!
h3. Rezolvare:
h3. Rezolvare
Este clar că oricare două cercuri trebuie să se intersecteze in exact două puncte, nu să fie tangente sau să nu se intersecteze deloc pentru că astfel am pierde o regiune, iar oricare trei cercuri nu se intersectează într-un punct.
Orice configuraţie care satisface această cerinţă va împărţi planul într-un număr maxim de regiuni.Vom nota cu $c(n)$ numărul maxim de regiuni în care este împărţit planul de $n$ cercuri. Să vedem ce se întîmplă când adăugăm un nou cerc la această configuraţie. Cercul nou va fi intersectat de cele $n$ cercuri în $2n$ puncte distincte, şi astfel va fi împărţit în $2n$ arce. Fiecare dintre aceste arce împarte o zonă veche în două zone noi. De aici tragem concluzia că $c(n + 1) = 2n + c(n)$ . Astfel putem să îl scriem pe $c(n) ca 2(n – 1) + 2(n – 2) + … + 2 + c(1)$ . De aici folosind din nou identitatea $1 + 2 + … + n = n(n+1)/2$ avem că $c(n) = n(n-1) + 2$ .
Este evident că şi problema în care se cere maximizarea numărului de regiuni în care este împărţită suprafaţa unei sfere de $n$ cercuri are aceiaşi soluţie.
Este clar că oricare două cercuri trebuie să se intersecteze în exact două puncte, nu să fie tangente sau să nu se intersecteze deloc, pentru că, astfel, am pierde o regiune, iar oricare trei cercuri nu se intersectează într-un punct. Orice configuraţie care satisface această cerinţă va împărţi planul într-un număr maxim de regiuni.Vom nota cu $c(n)$ numărul maxim de regiuni în care este împărţit planul de $n$ cercuri. Să vedem ce se întîmplă când adăugăm un nou cerc la această configuraţie. Cercul nou va fi intersectat de cele $n$ cercuri în $2n$ puncte distincte, şi astfel va fi împărţit în $2n$ arce. Fiecare dintre aceste arce împarte o zonă veche în două zone noi. De aici tragem concluzia că $c(n+1) = 2n + c(n)$ . Astfel, avem $c(n) = 2(n-1) + 2(n-2) + ... + 2 + c(1)$ . De aici, folosind iarăşi identitatea $1 + 2 + … + n = n(n+1)/2$, avem că $c(n) = n(n-1) + 2$.
p=. !probleme-de-taietura?poza-5.bmp!
Este evident că şi problema în care se cere maximizarea numărului de regiuni în care este împărţită suprafaţa unei sfere de $n$ cercuri are aceeaşi soluţie.
h2(#problema-3). Problema 3 (["10519 !! Really Strange !!":http://online-judge.uva.es/p/v105/10519.html]):
p=. !probleme-de-taietura?poza-5.bmp!
Se dau $n$ cercuri care se intersectează oricare două în două puncte şi nu există trei care se intersectează într-un punct, se cere să se determine numărul de zone în care este împarţit planul de aceste $n$ cercuri. ( $n <= 10^100$ )
h2(#aplicatia-3). Aplicaţia 3: '!! Really Strange !!':http://online-judge.uva.es/p/v105/10519.html (UVA)
bq. Se dau $n$ cercuri care se intersectează oricare două în două puncte şi nu există trei care se intersectează într-un punct. Se cere să se determine numărul de zone în care este împarţit planul de aceste $n$ cercuri.
Restricţii: $n ≤ 10^100$.
h3. Rezolvare:
h3. Rezolvare
Observăm ca sunt indeplinite condiţiile de maximalitate cerute mai sus, deci rezultatul e $c(n)$ , singura problema ce rămâne este aceea de implementare a operaţiilor cu numere mari.
Observăm ca sunt indeplinite condiţiile de maximalitate cerute mai sus, deci rezultatul este $c(n)$. Singura problema ce rămâne este implementarea operaţiilor cu numere mari.
h2(#problema-4). Problema 4:
h2(#aplicatia-4). Aplicaţia 4
Avem un număr natural $N$ , vrem să determinăm numărul maxim de regiuni în care poate fi împărţit un plan de elipse.
bq. Avem un număr natural $n$. Vrem să determinăm numărul maxim de regiuni în care poate fi împărţit un plan de elipse.
p=. !probleme-de-taietura?poza-6.bmp!
h3. Rezolvare:
h3. Rezolvare
Precum la cercuri, nu va trebuie să avem elipse tangente sau elipse care să nu se intersecteze, nu va trebui să existe trei elipse care să se intersecteze într-un punct. Elipsele vor trebuie să se intersecteze în patru puncte deoarece, dacă s-ar intersecta numai în două puncte, atunci configuraţia nu ar avea număr maxim de regiuni.
La fel ca şi la cercuri nici aici nu trebuie să avem elipse tangente, sau elipse care să nu se intersecteze, nu vor exista nici aici trei elipse care să se intersecteze într-un punct, aici elipsele trebuie să se intersecteze în patru puncte, dacă s-ar intersecta numai în două puncte atunci configuraţia nu ar avea număr maxim de regiuni.
Notăm cu $e(n)$ numărul de care suntem interesaţi. Câte regiuni noi apar cand adăugam o nouă elipsă? Păi o nouă elipsă va fi intersectată de celelalte elipse ăn patru puncte de fiecare, deci $e(n + 1) = 4n + e(n)$ . De aici tragem concluzia că $e(n) = 2 n(n - 1) + 2$ .
Notăm cu $e(n)$ numărul de care suntem interesaţi. Câte regiuni noi apar cand adăugam o nouă elipsă? O nouă elipsă va fi intersectată de celelalte elipse în patru puncte de fiecare, deci $e(n+1) = 4n + e(n)$ . De aici obţinem că $e(n) = 2n(n-1) + 2$.
p=. !probleme-de-taietura?poza-7.bmp!
h2(#problema-5). Problema 5:
h2(#aplicatia-5). Aplicaţia 5
Dându-se un număr natural $N$ , se cere numărul maxim de regiuni în care $N$ triunghiuri pot împărţi planul.
bq. Dându-se un număr natural $n$, se cere numărul maxim de regiuni în care $n$ triunghiuri pot împărţi planul.
p=. !probleme-de-taietura?poza-8.bmp!
h3. Rezolvare:
h3. Rezolvare
Repetând raţionamentul de la problemele anterioareavem că $t(n+1) = 6n + t(n) => t(n) = 3n(n-1) + 2$ .
Repetând raţionamentul de la problemele anterioare avem că $t(n+1) = 6n + t(n)$, de unde $t(n) = 3n(n-1) + 2$ .
p=. !probleme-de-taietura?poza-9.bmp!
h2(#problema-6). Problema 6:
h2(#aplicatia-6). Aplicaţia 6
Pentru $N$ plane determinaţi numărul maxim de zone în care poate fi împărţit spaţiul cu acestea.
bq. Pentru $n$ plane determinaţi numărul maxim de zone în care poate fi împărţit spaţiul cu acestea.
h3. Rezolvare:
h3. Rezolvare
În această problemă urmăm raţionamentul de până acum. Este evident că trebuie ca fiecare plan să se intersecteze cu fiecare, că oricare trei plane trebuie să nu se intersecteze într-o dreaptă, oricare trei plane nu trebuie să fie paralele cu o dreaptă şi oricare patru plane nu trebuie să se intersecteze într-un punct. Notăm $p(n)$ numărul maxim de zone în care $n$ plane împart spatiul. Când adaugăm un nou plan acesta va fi intersectat de celelalte plane în $n$ drepte, drepte care după restrictiile care le-am pus nu vor fi două paralele sau trei care să se intersecteze într-un punct. Acest plan va fi împărţit în $d(n)$ regiuni de aceste drepte din cauza restricţiilor impuse. Fiecare regiune din plan taie o zonă din spaţiu în două noi zone, de aici tragem concluzia că $p(n + 1) = d(n) + p(n)$ . Astfel avem $p(n) = n(n-1)/2 + 1 + (n-1)(n-2)/2 + 1 + ...+2 * 1 / 2 + 1 + p(1) = ( n^2^ – n + (n-1)^2^ – (n-1)+... + 2^2^ – 2 + 1 – 1 + (n – 1) )/2+ 2 = ( n(n+1)(2n + 1)/6 – n(n+1)/2 + (n-1))/2 + 2 = (n^3^/3 + n^2^/2 + n/6 – n^2^/2 – n/2 )/2 + n + 1 = n^3^/ 6 + 5n/6 + 1$ . Am folosit identităţile $1 + 2 + … + n = n(n+1)/2 şi 1 + 2^2^ + 3^2^ + … + n^2^ = n(n+1)(2n+1)/6$ care se pot demonstra uşor prin inducţie.
Menţionăm că dacă vrem să împărţim un cub, un cilindru o sfera etc în număr maxim de regiuni folosind $n$ plane, formula se păstrează.
În această problemă urmăm raţionamentul de până acum. Este evident că trebuie ca fiecare plan să se intersecteze cu fiecare, că oricare trei plane trebuie să nu se intersecteze într-o dreaptă, oricare trei plane nu trebuie să fie paralele cu o dreaptă şi oricare patru plane nu trebuie să se intersecteze într-un punct. Notăm $p(n)$ numărul maxim de zone în care $n$ plane împart spaţiul. Când adăugăm un nou plan acesta va fi intersectat de celelalte plane în $n$ drepte, drepte care după restrictiile care le-am pus nu vor fi două paralele sau trei care să se intersecteze într-un punct. Acest plan va fi împărţit în $d(n)$ regiuni de aceste drepte din cauza restricţiilor impuse. Fiecare regiune din plan taie o zonă din spaţiu în două noi zone, de unde $p(n+1) = d(n) + p(n)$ . Astfel avem $p(n) = n(n-1)/2 + 1 + (n-1)(n-2)/2 + 1 + ... + 2*1/2 + 1 + p(1) = [n^2^ - n + (n-1)^2^ - (n-1) + ... + 2^2^ - 2 + 1 - 1 + (n-1)]/2 + 2 = [n(n+1)(2n+1)/6 - n(n+1)/2 + (n-1)]/2 + 2 = (n^3^/3 + n^2^/2 + n/6 - n^2^/2 - n/2)/2 + n + 1 = n^3^/ 6 + 5n/6 + 1$. Am folosit identităţile $1 + 2 + ... + n = n(n+1)/2$ şi $1 + 2^2^ + 3^2^ + ... + n^2^ = n(n+1)(2n+1)/6$, identităţi care se pot demonstra uşor prin inducţie.
h2(#problema-7). Problema 7 (Bursele Agora 2001):
Menţionăm că dacă vrem să împărţim un cub, un cilindru o sfera, etc, în număr maxim de regiuni folosind $n$ plane, formula se păstrează.
Dându-se un număr natural $N$ , să se determine numărul maxim de zone în care pot împărţi spaţiul $N$ sfere.
h2(#aplicatia-7). Aplicaţia 7 (Bursele Agora, 2001)
bq. Dându-se un număr natural $n$, să se determine numărul maxim de zone în care pot împărţi spaţiul $n$ sfere.
h3. Rezolvare:
h3. Rezolvare
Pornim la fel ca la problema anterioară, oricare două sfere se vor intersecta şi nu vor exista trei sfere care să se intersecteze în acelaşi punct. Vom nota cu $s(n)$ numărul maxim de regiuni în care poate fi împărţit spaţiul cu $n$ sfere. Să vedem ce se întâmplă când adăugăm o sferă. Această sferă va fi intersectată de toate celelalte $n$ sfere în $n$ cercuri, pentru ca numărul de regiuni noi să fie maxim aceste cercuri vor împărţi sfera într-un număr maxim de regiuni, acest număr este $c(n)$ aşa cum am discutat la problema 2. Obţinem astfel $s(n + 1) = c(n) + s(n) = c(n) + c(n-1) + ... + c(1) = n(n-1) + 2 + (n-1)(n-2) + 2 + ... + 2 = 1 + 2^2 + .. + n^2 – 1 – 2 – 3 - .... – n + 2n => s(n) = n(n^2 – 3n + 8) / 3$
Pornind asemănător ca în problema anterioară, impunem condiţiile că oricare două sfere se vor intersecta şi nu vor exista trei sfere care să se intersecteze în acelaşi punct. Vom nota cu $s(n)$ numărul maxim de regiuni în care poate fi împărţit spaţiul cu $n$ sfere. Să vedem ce se întâmplă când adăugăm o sferă. Această sferă va fi intersectată de toate celelalte $n$ sfere în $n$ cercuri, pentru ca numărul de regiuni noi să fie maxim aceste cercuri vor împărţi sfera într-un număr maxim de regiuni. Acest număr este $c(n)$ aşa cum am discutat în aplicaţia 2. Obţinem astfel $s(n+1) = c(n) + s(n) = c(n) + c(n-1) + ... + c(1) = n(n-1) + 2 + (n-1)(n-2) + 2 + ... + 2 = 1 + 2^2^ + .. + n^2^ - 1 - 2 - 3 - ... - n + 2n$, de unde $s(n) = n(n^2^ - 3n + 8) / 3$.
h2(#problema-8). Problema 8 (["10623 Thinking Backward":http://icpcres.ecs.baylor.edu/onlinejudge/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&category=18&page=show_problem&problem=1564]):
h2(#aplicatia-8). Aplicaţia 8: 'Thinking Backward':http://uva.onlinejudge.org/external/106/10623.html (UVA)
Se dă un număr $N$ care este numărul maxim în care poate fi împărţit planul de $m$ elipse, $n$ cercuri şi $p$ triunghiuri. Se cere ştiind $N$ să se determine toate valorile posibile pentru $m$ , $n$ şi $p$ . ( $N$ întreg făra semn reprezentabil pe 32 de biţi, $0<=m<100$ , $0<=n<20000$ şi $0<=p<100$ )
bq. Se dă un număr $n$ care este numărul maxim în care poate fi împărţit planul de $m$ elipse, $n$ cercuri şi $p$ triunghiuri. Se cere, ştiind $n$, să se determine toate valorile posibile pentru $m$, $n$ şi $p$.
Restricţii: $n$ întreg fără semn reprezentabil pe $32$ biţi; $0 ≤ m < 100$; $0 ≤ n < 20 000$; $0 ≤ p < 100$.
h3. Rezolvare
h3. Rezolvare:
Dacă am cunoaşte pentru trei parametri $m$, $n$ şi $p$ care este numărul maxim de părţi în care poate fi împărţit planul de către $m$ elipse, $n$ cercuri şi $p$ triunghiuri, atunci am putea încerca toate posibilităţile pentru $m$, $n$ şi $p$ şi am găsi şi tripletele pentru care rezultatul ar fi egal cu $n$.
Dacă am ştii pentru trei parametrii $m$ , $n$ şi $p$ care este numarul maxim de părţi în care poate fi împărţit planul de $m$ elipse, $n$ cercuri şi $p$ triunghiuri, atunci am putea incerca toate posibilitaţile pentru $m$ , $n$ şi $p$ şi am găsi tripletele pentru rezultatul ar fie egal cu $N$ , chiar am putea optimiza puţin acest algoritm iteram pe toate valorile de $m$ şi $p$ , astfel vom obţine o ecuaţie cu necunoscuta $n$ astfel vom face doar $10000$ de rezolvări de ecuaţii în loc de $200 000 000$ de comparaţii.
Să vedem cum găsim numărul maxim de zone. Din nou oricare două figuri se intersectează în număr maxim de intersecţii, un cerc cu o elipsă în patru puncte, un cerc sau o elipsă cu un triunghi în şase puncte. Mai întâi punem cele $m$ elipse in plan, ele vor împărţi planul în $e(m)$ regiuni adică $2 m(m - 1) + 2$ . După aceea adaugăm cercurile. Să notam numarul maxim de zone în care $n$ cercuri şi $m$ elipse pot împărţi planul cu $ec(m , n)$ . Dacă ştim cât este $e(m, n-1)$ atunci când adaugăm un nou cerc, acesta va fi intersectat de $m$ elipse in $4m$ puncte şi de $n-1$ cercuri in $2(n – 1)$ puncte deci cercul va fi împărţit în $4m + 2(n-1)$ arce care vor împărţi tot atâtea regiuni care existau deja in câte două regiuni noi. Deci $ec(m, n) = 4m + 2(n-1) + ec(m, n-1) = 4m + 2(n-1) + 4m + 2(n-2) + … + 4m + 2 + ec(m, 0) = 4m(n-1) + n (n-1) + 2m(m-1) + 2$ . Să vedem ce se întâmplă când adăugăm triunghiurile. Vom nota $ect(m, n, p)$ numărul maxim de zone în care poate fi împărţit planul de $m$ elipse, $n$ cercuri şi $p$ triunghiuri. Dacă ştim cu cat e egal $ect(m, n, p - 1)$ , atunci când vom adăuga un nou triunghi acesta va intersecta cele $m$ cercuri în $6m$ puncte, cele $n$ elipse în $6n$ puncte şi cele $p – 1$ triunghiuri în $6(p – 1)$ puncte, astfel se vor forma $6m + 6n + 6(p-1)$ noi zone. Deci $ect(m, n, p) = 6(m + n + p – 1) + ect(m, n, p – 1) = 6 (m + n + p – 1 + m + n + p – 2 + … m + n + 1) + ect(n, m, 0) = 6 (p-1)(m+n) + 3p(p-1) + 4m(n-1) + n(n-1) + 2m(m-1) + 2$ .
Am putea optimiza puţin acest algoritm iterând doar pe toate valorile $m$ şi $p$; astfel vom obţine o ecuaţie cu necunoscuta $n$ şi vom efectua $10 000$ de rezolvări de ecuaţii în loc de $200 000 000$ de comparaţii.
Problemele anterioare au fost cam matematice şi ele sunt numite de obicei de olimpici peiorativ ca “probleme de formulă”, majoritatea olimpicilor la informatică participă aici pentru că matematica nu le place aşa tare şi deci nici apariţia unor probleme ca cele de mai sus care sunt mai mult de mate decât de info nu îi prea încântă. Cum poate fi rezolvată o problemă de formulă fără să avem intuiţia matematică sau cunoţinţele matematice necesare? Păi câteodată elevii apelează la următorul truc: află primele câteva valori de mâna sau cu ajutorul unor algoritmi brute force şi apoi speră ca formula să fie de o anumită formă, de exemplu ar putea fi un polinom de un grad mic. Atunci avem ca $f(N) = An^3 + Bn^2 + Cn + D$ . Afland primele câteva valori vom ştii valorile $f(1), f(2), f(3), f(4)$ . Dând lui $n$ pe rand valorile 1, 2, 3 şi 4 putem face un sistem cu necunoscutele A, B, C şi D. Sau putem încerca să vedem cum se comportă şirul de numere, are o creştere polinomială sau exponenţială, apar valorile lui în triunghiul lui Pascal. Iar dacă rezolvăm problemele de acasă putem căuta valorile din şirul de soluţii pe internet pe pagina Eciclopedia Online a şirurilor de întregi [7] care este o resursă foarte utilă în cazul problemelor de acest gen .
Să vedem cum găsim numărul maxim de zone. Din nou, oricare două figuri se intersectează în număr maxim de intersecţii, un cerc cu o elipsă în patru puncte, un cerc sau o elipsă cu un triunghi în şase puncte. Mai întâi punem cele $m$ elipse în plan; ele vor împărţi planul în $e(m) = 2m(m-1) + 2$ regiuni. În continuare adăugăm cercurile. Să notăm numărul maxim de zone în care $n$ cercuri şi $m$ elipse pot împărţi planul prin $ec(m , n)$. Dacă valoarea $e(m, n-1)$ este cunoscută, atunci, în momentul în care adăugăm un nou cerc, acesta va fi intersectat de $m$ elipse în $4m$ puncte şi de $n-1$ cercuri în $2(n-1)$ puncte, deci cercul va fi împărţit în $4m + 2(n-1)$ arce care vor împărţi tot atâtea regiuni care existau deja în câte două regiuni noi. Aşadar, avem $ec(m, n) = 4m + 2(n-1) + ec(m, n-1) = 4m + 2(n-1) + 4m + 2(n-2) + ... + 4m + 2 + ec(m, 0) = 4m(n-1) + n (n-1) + 2m(m-1) + 2$. Să vedem ce se întâmplă când adăugăm triunghiurile. Vom nota $ect(m, n, p)$ numărul maxim de zone în care poate fi împărţit planul de $m$ elipse, $n$ cercuri şi $p$ triunghiuri. Dacă valoarea $ect(m, n, p - 1)$ este cunoscută, atunci în momentul în care vom adăuga un nou triunghi acesta va intersecta cele $m$ cercuri în $6m$ puncte, cele $n$ elipse în $6n$ puncte şi cele $p-1$ triunghiuri în $6(p-1)$ puncte, formându-se $6m + 6n + 6(p-1)$ noi zone. Deci $ect(m, n, p) = 6(m + n + p - 1) + ect(m, n, p - 1) = 6(m + n + p - 1 + m + n + p - 2 + ... + m + n + 1) + ect(n, m, 0) = 6 (p-1)(m+n) + 3p(p-1) + 4m(n-1) + n(n-1) + 2m(m-1) + 2$.
h2(#problema-9). Problema 9 (["Internet Problem Solving Contest 2000":http://plg1.cs.uwaterloo.ca/~acm00/ipsc/]):
Problemele anterioare au fost cam matematice şi ele sunt numite de obicei de olimpici peiorativ ca „probleme de formulă”. Majoritatea olimpicilor la informatică participă aici pentru că matematica nu le „place atât de mult” şi, deci, nici apariţia unor probleme ca cele de mai sus care sunt „mai mult de mate decât de info” nu îi prea încântă. Cum poate fi rezolvată o problemă de formulă fără să avem intuiţia matematică sau cunoţinţele matematice necesare? Uneori elevii apelează la următorul truc: determină primele câteva valori manual sau cu ajutorul unor algoritmi _brute force_ şi apoi speră ca formula să fie de o anumită formă; de exemplu ar putea fi un polinom de un grad mic. De exemplu, am putea presupune că formula este de forma $f(n) = An^3^ + Bn^2^ + Cn + D$ . Calculând primele patru valori, vom cunoaşte valorile $f(1)$, $f(2)$, $f(3)$, $f(4)$. Atribuind pe rând lui $n$ valorile $1$, $2$, $3$ şi $4$ putem obţine un sistem de ecuaţii cu necunoscutele $A$, $B$, $C$ şi $D$. O altă posibilitate este să încercăm să vedem cum se comportă şirul de numere: are o creştere polinomială sau exponenţială, apar valorile lui în triunghiul lui _Pascal_ etc. Dacă aveţi la dispoziţie o conexiune la internet (participaţi la un concurs online sau vă antrenaţi), puteţi căuta valorile din şirul de soluţii la _Eciclopedia Online a şirurilor de întregi_ care este o resursă foarte utilă în cazul problemelor de acest gen.
Se dau $N$ drepte în plan, fiecare dreaptă este dată prin două puncte prin care trece. Se cere să se determine pentru această configuraţie în câte zone este împărţit planul. ( $n <= 1000$ )
h2(#aplicatia-9). Aplicaţia 9: 'X':http://plg1.cs.uwaterloo.ca/~acm00/ipsc/ (Internet Problem Solving Contest, 2000)
h3. Rezolvare:
bq. Se consideră $n$ drepte în plan, fiecare dreaptă este descrisă prin două puncte distincte aflate pe acea dreaptă. Se cere să se determine pentru această configuraţie în câte zone este împărţit planul.
Restricţii: $n ≤ 1000$.
În sfârşit o problemă în care avem nevoie să folosim calculatorul şi talentul nostru de programatori . Vom folosi aceeaşi idee ce a apărut şi în celelalte probleme, adică numărăm pe rând în câte zone este împărţit planul de primele o dreaptă, doua drepte respectiv $n$ drepte. Deci vom adăuga în ordine dreptele la configuraţia noastră. Când adăugăm o dreaptă ea va fi intersectată de dreptele deja adăugate în $k$ puncte nu neapărat distincte, pe noi ne intereseaza punctele distincte, ca să facem acest lucru putem sorta punctele în $O(k log k)$ sau să folosim o tabelă de dispersie şi astfel să aflăm în $O(k)$ numărul de puncte distincte, daca acest număr e egal cu $L$ atunci la numărul curent de zone vom adăuga $L$ . Astfel algoritmul are complexitatea $O(n^2^ log n)$ , sau dacă folosim tabele de dispersie $O(n^2^)$ .
h3. Rezolvare
În sfârşit o problemă în care avem nevoie să folosim calculatorul şi talentul de programator... Vom folosi aceeaşi idee ca şi în cazul celorlalte probleme, adică numărăm pe rând în câte zone este împărţit planul de prima dreaptă, primele două drepte până ajunge la toate cele $n$ drepte. Aşadar, vom adăuga în ordine dreptele la configuraţia noastră. Când adăugăm o dreaptă, aceasta va fi intersectată de dreptele deja adăugate în $k$ puncte nu neapărat distincte; pe noi ne intereseaza punctele distincte şi, pentru a le număra, putem sorta punctele (în complexitate $O(k log k)$) sau putem folosi o tabelă de dispersie, caz în care timpul necesar debine $O(k)$. Dacă numărul de puncte distincte este egal cu $l$, atunci numărul total de zone va creşte cu $l$. Astfel, algoritmul are complexitatea $O(n^2^ log n)$ dacă folosim sortarea sau $O(n^2^)$ dacă folosim tabela de dispersie.
h2(#problema-10). Problema 10 (["527 The partition of a cake":http://icpcres.ecs.baylor.edu/onlinejudge/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&category=7&page=show_problem&problem=468]):
