Probleme de taietură

Acest articol a fost adăugat de Andrici Cezar •andrici_cezar Intră aici dacă doreşti să scrii articole sau află cum te poţi implica în celelalte proiecte infoarena!

(Categoria Algoritmi, Autor Cosmin Negruşeri)

• Conţinut:
• Aplicaţia 1
• Aplicaţia 2
• Aplicaţia 3 Really Strange
• Aplicaţia 4
• Aplicaţia 5
• Aplicaţia 6
• Aplicaţia 7 Bursele Agora 2001
• Aplicaţia 8 Thinking Backward
• Aplicaţia 9 Internet Problem Solving Contest 2000
• Aplicaţia 10 The partition of a cake
• Aplicaţia 11 Count the faces
• Aplicaţia 12 Cercuri,Algoritmus
• Bibliografie

Aplicaţia 1

Pentru un număr natural n dat se cere numărul maxim de regiuni în care se poate împărţi planul folosind n drepte.

Rezolvare

Mai întâi vom face două observaţii:

1. 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;
2. 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.

Aplicaţia 2

Dându-se un număr natural n se cere numărul maxim de regiuni în care n cercuri pot împărţi planul.

Rezolvare

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.

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.

Aplicaţia 3: !! Really Strange !! (UVA)

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.

Rezolvare

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.

Aplicaţia 4

Avem un număr natural n. Vrem să determinăm numărul maxim de regiuni în care poate fi împărţit un plan de elipse.

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.

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.

Aplicaţia 5

Dându-se un număr natural n, se cere numărul maxim de regiuni în care n triunghiuri pot împărţi planul.

Rezolvare

Repetând raţionamentul de la problemele anterioare avem că t(n+1) = 6n + t(n), de unde t(n) = 3n(n-1) + 2 .

Aplicaţia 6

Pentru n plane determinaţi numărul maxim de zone în care poate fi împărţit spaţiul cu acestea.

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 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) = [n² - n + (n-1)² - (n-1) + ... + 2² - 2 + 1 - 1 + (n-1)]/2 + 2 = [n(n+1)(2n+1)/6 - n(n+1)/2 + (n-1)]/2 + 2 = (n³/3 + n²/2 + n/6 - n²/2 - n/2)/2 + n + 1 = n³/ 6 + 5n/6 + 1. Am folosit identităţile 1 + 2 + ... + n = n(n+1)/2 şi 1 + 2² + 3² + ... + n² = n(n+1)(2n+1)/6, identităţi 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.

Aplicaţia 7 (Bursele Agora, 2001)

Dându-se un număr natural n, să se determine numărul maxim de zone în care pot împărţi spaţiul n sfere.

Rezolvare

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 + 2² + .. + n² - 1 - 2 - 3 - ... - n + 2n, de unde s(n) = n(n² - 3n + 8) / 3.

Aplicaţia 8: Thinking Backward (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.
Restricţii: n întreg fără semn reprezentabil pe 32 biţi; 0 ≤ m < 100; 0 ≤ n < 20 000; 0 ≤ p < 100.

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.

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.

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.

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) = An³ + Bn² + 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.

Aplicaţia 9: X (Internet Problem Solving Contest, 2000)

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.

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(n² log n) dacă folosim sortarea sau O(n²) dacă folosim tabela de dispersie.

Problema 10 (527 The partition of a cake):

Avem un tort în formă de pătrat de dimensiune 1000 × 1000 . Folosim un cuţit pentru a tăoa tortul. Întrebarea este după o serie de tăieturi, în căte bucăţi am patriţionat tortul. Restricţii: Numărul de tăieturi nu va fi mai mare de 8 . După tăieturi, lungimea oricărei laturi a partiţiei nu va fi mai mică decât unu. Coordonatele vârfurilor tortului vor fi (0,0)(0,1000)(1000,1000) (1000,0) . Tăieturile se vor intersecta în două puncte cu marginile tortului. Următoarea imagine e un tort tăiat în zece bucăţi.

Rezolvarea:

Este analoaga cu cea a problemei anterioare, datele sunt foarte mici în problema aceasta, probabil că autorii au vrut să facă problema accesibilă şi altor idei care folosesc împărţiri efective în poligoane a pătratului.

Problema 11 (10178 Count the faces):

Se dă un graf planar prin noduri şi muchii, un graf este planar dacă există o modalitate de a îl desena în plan făra ca muchiile să se intersecteze decăt la capete. Se cere să se determine în căte regiuni împarte planul graful dat la intrare. Mai jos avem un exemplu de graf în care feţele sunt numerotate.

Rezolvare:

Este interesant faptul că în această problemă nu ne este dată configuraţia în plan a grafului ci doar structura lui. Un graf il putem reprezenta în mai multe moduri în plan, astfel suntem duşi înspre ideea că există ceva formulă care rezolvă problema. O formulă întradevăr există şi se numeşte formula lui Euler pentru grafurile planare. Formula arată aşa f - m + n = 2 , unde prin f am notat numărul de feţe, m numărul de muchii şi n numărul de vârfuri, dacă graful nostru e conex (formula include faţa exterioară). Această formulă poate fi demonstrată în foarte multe moduri. Dacă vreţi să vedeţi 19 metode de demonstrare puteţi să vizitaţi adresa [8]. O demonstraţie simplă ar fi prin inducţie pornind de la un arbore şi adăugând pe rând câte o muchie. La început avem o singură faţă, cea infinită, 1 – (n – 1) + n = 2 se verifică. Fiecare muchie adăugată împarte o faţă în două deci dacă aveam inainte f – m + n = 2 acum vom avea f1 – m1 + n = 2 unde f1 = f + 1 şi m1 = m + 1 . Deci am demonstrate formula şi putem foarte uşor să rezolvăm problema, mai trebuie numai să avem grijă ca pentru fiecare componentă conexă număram faţa infinită.
Această formulă este adevarată şi în spaţiu pentru poliedre.

Problema 12 (Cercuri, Algoritmus):

Se considera N cercuri in plan. Se cere să se determine numărul de zone finite în care cercurile date împart planul.

Exemplu
CERCURI.IN
4
90 110 50
130 70 30
155 45 15
165 115 65
CERCURI.OUT
11

Rezolvare:

O rezolvare folosind geometria computaţională pare foarte grea, lucrurile simplificându-se mult daca abordam problema prin prisma unor noţiuni de teoria grafurilor.
Fiecare punct de intersectie va fi considerat un nod. Două noduri vor fi legate prin o muchie dacă există un cerc pe care sa se afle amândouă iar între ele să nu existe nici un alt punct de intersectie.
Acum vom folosi identitatea lui Euler: prezentată în problema anterioară. În problema noastră nu trebuie să numărăm şi faţa exterioară, deci formula folosita va fi F=M-V+1 . Această formulă este adevarată doar in cazul unei singure componente conexe. Pentru mai multe componente, formula devine F=M-V+C , unde C este numărul de componente conexe.
O atenţie deosebită trebuie acordată punctelor de intersecţie prin care trec mai mult de două cercuri, pentru a nu le număra de mai multe ori. Putem rezolva aceasta problema prin sortarea punctelor de intersecţie ale unui cerc cu toate celelalte cercuri.
Deasemenea, este necesara eliminarea cercurilor identice (cu acelaşi centru şi raze egale). Din orice mulţime cu astfel de cercuri este păstrat doar un singur element.
Deoarece pentru fiecare cerc este necesara o sortare a punctelor de intersectie, complexitatea generala a algoritmului va fi O(N²*log(N))

Bibliografie:

1. A.M. Iaglom, I. M. Iaglom, Probleme neelementare tratate elementat. Ed tehnică, Bucureşti, 1962
2. I. Tomescu, Probleme de combinatorică şi teoria grafurilor, ed didactică şi pedagogică. Bucureşti, 1981
3. Colecţia Ginfo
4. acm.uva.es
5. ipsc.ksp.sk
6. http://www.research.att.com/~njas/sequences/
7. http://www.ics.uci.edu/~eppstein/junkyard/euler/