h3. problema usoara, clasele 9-10

Se observa ca figura se obtine dintr-un patrat de latura radical(n), la care se mai adauga niste patratele, solutia fiind $4*radical(n)$ (pentru $n$ patrat perfect) sau $4*(radical(n)+1)$ ($-2$, dupa caz :p).

Se observa ca figura se obtine dintr-un patrat de latura radical(n), la care se mai adauga niste patratele, solutia fiind $4*radical(n)$ (pentru $n$ patrat perfect) sau $4*(radical(n)+1)$ ({$-2$}, dupa caz :p).

O solutie care calcula aceste valori in O(n) nu ar fi obtinut punctaj maxim.
h2. Mall
h3. problema medie, clasele 9-10

Calculam $A[i, j]$ = castigul maxim pe care-l obtine Varu daca repartizeaza $j$ ingrijitori primelor $i$ firme, unde $A[i, j]$ = $maxim(A[l, j-k])$ ($0 < l < i, 0 &le; k &le; j$).

Calculam $A[i, j]$ = castigul maxim pe care-l obtine Varu daca repartizeaza $j$ ingrijitori primelor $i$ firme, unde $A[i, j]$ = $maxim(A[l, j-k])$ ({$0 < l < i$}, {$0 &le; k &le; j$}).

O solutie care calcula in O({$N^4^$}) aceasta recurenta ar fi obtinut $16$ puncte.

O solutie care calcula in O({$N^3^$}), tiand $V[i, j]$ = $maxim(A[k, j])$ ($0 <  k < i$), obtinea $32$ de puncte.
O solutie care calcula in O({$N^2^$}), folosind un deque ce calcula in O($1$) maximul (pentru linia $i$ si coloana $j$) dintre $V{[i]}[1]$, $V[i, 2]$, ..., $V[i, j-1]$, obtinea $100$ de puncte.

O solutie care calcula in O({$N^3^$}), folosind matricea $V[i, j]$ = $maxim(A[k, j])$ ({$0 <  k < i$}), obtinea $32$ de puncte.
O solutie care calcula in O({$N^2^$}), folosind un deque ce calcula in O({$1$}) maximul (pentru linia $i$ si coloana $j$) dintre $V[i, 1]$, $V[i, 2]$, ..., $V[i, j-1]$, obtinea $100$ de puncte.

h2. Fear
h3. problema usoara, clasele 11-12

In ciuda proprietatii un pic ciudate care priveste valoarea fricii dintr-o intersectie, problema se reduce la aflarea fluxul maxim avand orasul $1$ ca sursa si orasul $N$ ca destinatie. Pentru a realiza acest lucru vom logaritma (in baza $2$, $e$ sau $10$) costurile muchiilor ce se dau in fisierul de intrare. Dintre toate aceste noi costuri o vom lua pe cea maxima ($vmax$). Algoritmul va fi urmatorul:

In ciuda proprietatii un pic ciudate care priveste valoarea fricii dintr-o intersectie, problema se reduce la aflarea fluxul maxim avand orasul $1$ ca sursa si orasul $N$ ca destinatie. Pentru a realiza acest lucru vom logaritma (in baza $2$, $e$ sau $10$) costurile muchiilor ce se dau in fisierul de intrare. Dintre toate aceste noi costuri o vom lua pe cea maxima ({$vmax$}). Algoritmul va fi urmatorul:

# vom trimite frica (din orasul $1$) cu o valoare $V$ (initial, $V$ = $vmax$) pana cand frica nu va mai putea ajunge la destinatie.
# injumatatim pe $V$ si reluam algoritmul de la pasul $1$.

# $A[i-1, j-1, k-1]+|Val_initiala[i]-k|$ (daca vrem ca valoarea initiala a celui de-al $i$-lea element sa fie $k$ si sa-mi creez inca un element dinstinct)
# $A[i-1, j, k-1]$ (nu cresc nici valoarea elementului $i$, nici numarul de elemente distincte)

Pentru reconstituire vom lucra cu o matrice $B[i, j, k]$ care ia valori din multimea {$0$, $1$, $2$}, semnificand conditia din care a provenit starea ($i$,$j$,$k$). Se observa ca aceasta solutie ar fi obtinut foloseste foarte multa memorie (O($N*K*$($B$-$A$)) si ar fi obtinut doar $40%$ din punctaj.

Pentru reconstituire vom lucra cu o matrice $B[i, j, k]$ care ia valori din multimea {$0$, $1$, $2$}, semnificand conditia din care a provenit starea ({$i$}, {$j$}, {$k$}). Se observa ca aceasta solutie ar fi obtinut foloseste foarte multa memorie (O({$N*K*$}({$B$}-{$A$})) si ar fi obtinut doar $40%$ din punctaj.

Solutia $100$ de puncte incepe prin a observa ca, la un pas, nu sunt folosite decat "linia" curenta si "linia" anterioara din matricea $A$. Pentru reconstituire se poate folosi urmatorul smen: retinem din $14$ in $14$ "linii" informatiile din matricea $A$ (cea de la prima solutie), adica $R[1, j, k]$ =  $A[1, j, k]$ ($1 ≤ j ≤ K$ si $A+200 ≤ k ≤ B+200$), $R[2, j, k]$ = $A[15, j, k]$ ($1 ≤ j ≤ K$ si $A+200 ≤ k ≤ B+200$), $R[3, j, k]$ = $A[29, j, k]$ ($1 ≤ j ≤ K$ si $A+200 ≤ k ≤ B+200$), etc. Dupa ce am completat matricea $R$, reluam dinamica de la coada la cap si ne vom folosi doar de matricea $R$. Astfel la pasul $i$ vom reconstitui doar liniile care se afla intre liniile $R[i, j, k]$ si $R[i-1, j, k]$ ($1 ≤ j ≤ K$ si $A+200 ≤ k ≤ B+200$), adica intre ($i-1$)$*14+1$ si $i*14+1$ in matricea de la prima solutie. Astfel o sa avem o memorie de O($14*K*$($B-A$)).

Solutia $100$ de puncte incepe prin a observa ca, la un pas, nu sunt folosite decat "linia" curenta si "linia" anterioara din matricea $A$. Pentru reconstituire se poate folosi urmatorul smen: retinem din $14$ in $14$ "linii" informatiile din matricea $A$ (cea de la prima solutie), adica $R[1, j, k]$ =  $A[1, j, k]$ ($1 ≤ j ≤ K$ si $A+200 ≤ k ≤ B+200$), $R[2, j, k]$ = $A[15, j, k]$ ($1 ≤ j ≤ K$ si $A+200 ≤ k ≤ B+200$), $R[3, j, k]$ = $A[29, j, k]$ ($1 ≤ j ≤ K$ si $A+200 ≤ k ≤ B+200$), etc. Dupa ce am completat matricea $R$, reluam dinamica de la coada la cap si ne vom folosi doar de matricea $R$. Astfel la pasul $i$ vom reconstitui doar liniile care se afla intre liniile $R[i, j, k]$ si $R[i-1, j, k]$ ($1 ≤ j ≤ K$ si $A+200 ≤ k ≤ B+200$), adica intre ($i-1$)$*14+1$ si $i*14+1$ in matricea de la prima solutie. Astfel o sa avem o memorie de O({$14*K*$}({$B}-{A$})).

O alta solutie care obtinea punctaj maxim este transformarea problemei intr-una de cuplaj de cost minim. Cele doua multimi de noduri se construiau in felul urmator: prima multime era reprezentata de sirul initial, iar cea de-a doua era reprezentata de valorile intregi cuprinse in intervalul $[A, B]$. Se introduc $N*$($B-A$) muchii de capacitate $1$, o muchie de la un nod ce leaga elementul $X$ din prima multime si elementul $Y$ din a doua multime avand costul $|X-Y|$. Prima multime se leaga de o sursa fictiva prin muchii de cost $0$ si capacitate $1$, iar cea de-a doua multime de o destinatie fictive prin muchii de cost $0$ si capacitate $1$. Tinandu-se cont ca in destinatie trebuie sa se obtina fluxul minim $K$, se aplica acest algoritm avand grija sa minimizam costul.