Пошук, сортування та поняття складності у програмуванні
Задача про два станки) Є n деталей, кожна з яких проходить обробку спочатку на першому станку, потім на другому. Кожний станок здатний обробляти одночасно одну деталь і готовий до обробки наступної деталі одразу після обробки попередньої. Відомий час обробки кожної деталі на кожному із станків. Упорядкувати деталі таким чином, щоб час від початку обробки першої деталі до закінчення обробки… Читати ще >
Пошук, сортування та поняття складності у програмуванні (реферат, курсова, диплом, контрольна)
ПОШУК, СОРТУВАННЯ ТА ПОНЯТТЯ СКЛАДНОСТІ у ПАСКАЛІ.
1. Пошук за ключем у масиві.
1.1. Лінійний пошук Читачеві колись доводилося шукати своє прізвище в списках, надрукованих не в алфавітному порядку? Або уявіть собі словник на 100 тисяч слів, розташованих там без упорядкування за алфавітом. Потрібне слово шукати там доведеться довго. Дуже довго. Звичайно, якщо воно випадково не потрапило в самісінький початок. А якщо в кінець чи середину? А пошук слова в «нормальному «словнику займає чомусь кілька секунд незалежно від його розташування там.
У цьому параграфі ми наведемо два алгоритми. Перший описує пошук «підряд «у невпорядкованій послідовності, другий — той пошук, до якого ми звикли, шукаючи слова в словниках. Замість слів розглянемо цілі значення елементів масиву. Тип значень може бути й іншим — головне, щоб їх можна було порівнювати.
Нехай елементи масиву A[1], A[2], …, A[n] та змінна key («ключ ») мають той самий тип T. Пошук за ключем полягає в пошуку номера i такого, що A[i]= key. За відсутності такого номера результатом будемо вважати 0. Нехай діють означення.
const maxn = 1000;
type T = integer;
Indx = 1. maxn; (17.1).
ArT = array [Indx] of T;
Подамо розв «язання задачі функцією.
function srcseq (var A: ArT; n: Indx; key: T): integer;
var i: integer;
begin.
i := 0;
while (i <= n) do.
if A[i]<> key then i := i + 1 else break;
{ i = n + 1 або A[i] = key }.
if i < n + 1 then srcseq := i.
else srcseq := 0.
end.
З «ясуємо, яким чином час пошуку за цим алгоритмом залежить від кількості n елементів масиву. Узагальнимо присвоювання та операції над значеннями скалярних типів (порівняння, додавання, множення тощо) терміном елементарна дія. Будемо вважати, що на виконання кожної елементарної дії витрачається скінченний обмежений проміжок часу, незалежний від конкретних операндів. За такого припущення час виконання програми (підпрограми) прямо пропорційний кількості елементарних дій у процесі виконання.
Очевидно, що кількість елементарних дій при виконанні функції srcseq прямо пропорційна кількості порівнянь A[i]<>key. В найгіршому випадку з ключем порівнюються всі елементи масиву. Звідси максимальна кількість дій та найбільший час виконання функції прямо (лінійно) пропорційні n, і найбільший час пошуку t1 є лінійною функцією від кількості елементів масиву. Описаний спосіб пошуку називається лінійним. Лінійну залежність часу від кількості елементів, тобто довжини n, будемо позначати символом «O »: t1 = O (n).
1.2. Дихотомічний пошук Тепер опишемо так званий дихотомічний пошук у «нормальному словнику ». Ми розкриваємо словник приблизно в його середині. Якщо слово повинно бути в словнику далі, то шукати треба лише в другій половині словника. Його середина стає для нас початком, і ми розкриваємо його на середині другої половини. Аналогічно, коли слово повинно бути в першій половині, ми залишаємо для пошуків лише її. Отже, кожне заглядання в словник поділяє «простір пошуку «на дві половини й зменшує його приблизно вдвічі. Звідси й назва, оскільки дихотомія — це поділ на дві половини. Такий пошук ще називають двійковим, або бінарним.
Нехай значення елементів масиву упорядковані за зростанням, тобто A[1]xF0A3 A[2]xF0A3 … xF0A3 A[n] (кажуть, масив відсортований). Опишемо дихотомічний пошук такою функцією:
function srcbin (var A: ArT; n: Indx; key: T): integer;
var i, hb, lb: integer;
begin.
lb := 1; hb := n;
i := (lb + hb) div 2;
while (lb < hb) do.
begin.
if A[i] = key then break else.
if A[i] > key.
then hb := i — 1 { key може бути лише ліворуч від A[i] }.
else lb := i + 1; { key може бути лише праворуч від A[i] }.
i := (lb + hb) div 2.
end;
{ lb >= hb або A[i] = key }.
if (i=0) or (i=n+1) then srcbin := 0 else.
if A[i] = key then srcbin := i else srcbin := 0.
end.
Виконання тіла циклу while вимагає сталого числа елементарних дій незалежно від значень змінних A, key, i, lb, hb. Звідси загальна кількість дій прямо пропорційна кількості повторень тіла циклу while. Але за кожного повторення різниця hb-lb зменшується принаймні у два рази. Спочатку hb-lb = n — 1, тому виконань тіла циклу не більше ніж log2n, звідки час виконання функції t2 = O (log2n). Ця пропорційність зумовлює ще одну назву описаного пошуку — логарифмічний.
Чим більше n, тим більше відношення n до log2n. Наприклад, за n=10 000 це більше 500. Коли треба відшукати значення один раз, можливо, комп «ютер упорається досить швидко і за лінійним алгоритмом. Але в реальних задачах доводиться шукати за ключем багаторазово, і різниця між лінійним і двійковим пошуком стає дуже відчутною.
Для двійкового пошуку необхідний відсортований масив, тому в наступному підрозділі почнемо розглядати способи сортування масивів.
Існує кілька інших способів швидкого пошуку в масивах. Їх докладне описання є в книзі [Кнут, т.3].
Задача.
1.* Вам треба дізнатися про день народження, тобто місяць і число, свого співбесідника (рік неважливий). Ви можете задавати питання типу: «День народження такого-то числа такого-то місяця? ». Відповідь може бути «так », «раніше «або «пізніше ». Скільки питань достатньо, щоб дізнатися про будь-який день народження?
2. Бульбашкове сортування Розглянемо найпростіший (і найгірший з точки зору витрат часу) спосіб сортування масиву. Нехай A[1], A[2], …, A[n] - масив із довільними значеннями елементів. Порівняємо A[1] і A[2]: якщо A[1]>A[2], то поміняємо їхні значення місцями. Потім порівняємо A[2] і A[3] та за необхідності обміняємо їхні значення. В результаті A[3] має найбільше значення серед A[1], A[2], A[3]. Продовжимо такі порівняння та обміни до кінця масиву:
для всіх i від 1 до n-1 виконати якщо A[i]>A[i+1], то значення A[i] та A[i+1] обмінюються.
Якщо значення елементів розглядати як розміри бульбашок, то ці порівняння та обміни схожі на те, як більші бульбашки відтісняють менших униз і спливають нагору. Тому цей метод називається бульбашковим сортуванням. У результаті найбільша бульбашка стає верхньою, тобто останній елемент A[n] має найбільше значення. Наприклад, послідовність значень <3, 4, 2, 1> перетвориться на <3, 2, 1, 4>.
Після відновлення умови (17.2) можна буде обміняти значення першого елемента з передостаннім, «забути «про нього, знову відновити умову, знову загнати перше значення в кінець тощо.
Нехай процедура bld (A, n) задає початкову перестановку значень масиву таким чином, що виконується умова (17.2), а процедура reorg (A, i, k) — її відновлення у частині масиву A[i], …, A[k]. Тоді за дії означень (17.1) сортування задається процедурою Treesort:
procedure Treesort (var a: ArT; n: Indx);
var j: Indx;
begin.
bld (A, n);
for j := n downto 3 do.
begin.
swap (A[1], A[j]); reorg (A, 1, j-1).
end.
end.
Властивість (17.2) відновлюється в частині масиву A[1], …, A[n-1] таким чином. Обмінюються значення A[1] та того з A[2] або A[3] (позначимо його A[k]), чиє значення максимальне. У результаті властивість (17.2) може порушитися в частині масиву A[k], …, A[n-1]. У ній відновлення відбувається так само, як і серед A[1], …, A[n-1].
Опишемо відновлення частини масиву A[i], …, A[j] у загальному випадку значень i, j. Нехай у частині масиву A[i], …, A[j], де 2*i+1xF0A3 j, треба відновити властивість (17.2), можливо, порушену з початку: A[i]A[2*i+1] покладемо k=2*i, у противному разі - k=2*i+1. Обміняємо значення A[i] та A[k]; після цього, якщо необхідно, властивість (17.2) відновлюється в частині масиву A[k], …, A[j].
Коли 2*i=j, то лише порівнюються й, можливо, обмінюються значеннями A[i] та A[j], причому k=j.
Коли 2*i>j, то властивість (17.2) не може бути порушеною в частині масиву A[i], …, A[j].
За дії означень (17.1) відновлення задається рекурсивною процедурою reorg:
procedure reorg (var A: ArT; i, j: Indx);
var k: Indx;
begin.
if 2*i = j then.
if A[i] < A[j] then swap (A[i], A[j]);
if 2*i < j then.
begin.
if A[2*i] > A[2*i+1] then k := 2*i.
else k := 2*i + 1;
if A[i] < A[k] then.
begin.
swap (A[i], A[k]); reorg (A, k, j).
end.
end.
end.
Після виконання виклику reorg (A, i, j) за будь-якого i.
procedure bld (var A: ArT; n: Indx);
var i: Indx;
begin.
for i := n div 2 downto 1 do reorg (A, i, n).
end.
Оцінимо складність алгоритму. За наведеними процедурами очевидно, що складність алгоритму прямо пропорційна загальній кількості викликів процедури reorg. При виконанні процедури bld процедура reorg викликається ndiv2 разів, а при виконанні циклу for процедури Treesort — ще n-2 рази. Отже, загальна кількість викликів процедури reorg з інших процедур є O (n). Кількість елементарних дій при виконанні операторів її тіла оцінюється сталою, тобто O (1). У кожному рекурсивному виклику процедури reorg значення її другого параметра не менше ніж подвоюється, тому кожний виклик reorg з інших процедур породжує не більше O (logn) рекурсивних викликів. Звідси випливає, що загальна кількість елементарних дій є O (nlogn).
4.3. Швидке сортування.
Ідея швидкого сортування така. Певним чином вибирається значення v. Значення елементів масиву A обмінюються так, що елементи на його початку мають менші від v значення, а від деякого місця k значення елементів більші або рівні v. Це значення називається відокремлюючим; воно знаходиться на своєму місці, якщо A[k]=v. Після розміщення відокремлюючого значення на потрібному місці достатньо окремо відсортувати частини масиву від A[1] до A[k-1] та від A[k+1] до кінця.
Нехай діють означення (17.1). Сортування частини масиву A[lo] … A[hi] з відокремлюючим значенням A[lo] задається такою процедурою:
procedure quicksort (A: ArT; lo, hi: Indx) ;
var k, j: Indx; v: T;
label 1;
begin.
if lo >= hi then goto 1;
if (lo = hi — 1) and (A[lo] > A[hi]) then.
begin.
swap (A[lo], A[hi]);
goto 1.
end;
k := lo + 1; j := hi;
v := A[lo]; {?!}.
while (k < j) do.
if A[k] < v then k := k + 1.
else.
begin.
if A[j] < v then swap (A[k], A[j]);
j := j — 1.
end;
{ k = j }.
if A[k] >= v then k := k — 1;
{ A[k] є останнім від початку елементом, }.
{ значення якого менше v }.
swap (A[lo], A[k]); { A[k] = v }.
quicksort (A, lo, k — 1);
quicksort (A, k + 1, hi);
1: end.
Якщо за виконання кожного виклику після циклу while значення змінної k приблизно рівне (lo+hi)/2, то складність швидкого сортування масиву з n елементів можна оцінити як O (nlogn). Середня кількість порівнянь елементів усіх можливих числових послідовностей довжини n також має оцінку O (nlogn); доведення є, наприклад, у книзі [АХУ]. Емпіричні дослідження свідчать, що швидке сортування вимагає в середньому елементарних дій приблизно вдвічі менше, ніж сортування деревом, і вчетверо менше, ніж сортування злиттям. Але якщо початковий масив близький до відсортованого, то його сортування за наведеним алгоритмом вимагає вже O (n2) порівнянь. У такому випадку відокремлюючим елементом не можна вибирати значення A[lo].
Існує багато способів вибору іншого відокремлюючого значення. Наприклад, можна вибрати значення елемента з випадковим номером серед номерів lo, …, hi, або середнє із значень A[lo], A[hi], та A[(lo+hi)div2]. У такому разі перед оператором процедури.
v := A[lo]; {?!}.
треба задати обмін значень A[lo] та відповідного елемента, чиє значення вибирається відокремлюючим.
Задачі.
8. Переробити процедуру Merges так, щоб на кроці з непарним номером перший масив без копіювання зливався в другий, а на кроці з парним номером, навпаки, другий без копіювання зливався в перший.
9.* Написати нерекурсивний варіант сортування деревом (підр.17.4.2).
10. За масивом із N рядків визначається додатковий індексовий масив: попаpно pізні значення його елементів належать діапазону 1. N і є індексами в масиві рядків. Написати процедуру а) сортування індексового масиву таким чином, щоб рядки, на які посилаються його послідовні елементи, були лексикогpафічно впоpядковані;
б) друкування рядків масиву за зpостанням у лексикографічному порядку (кожний рядок друкується один pаз незалежно від кількості повтоpень у масиві).
11. Написати процедуру обчислення N (N xF0A3 1000) найменших значень числової послідовності довільної довжини за умови, що.
а)* незалежно від кількості повтоpень усі числа враховуються один pаз кожне;
б) число враховується стільки pазів, скільки воно зустрілося в послідовності (але не більше ніж N);
в) числа враховуються один pаз кожне, але ведеться додатковий облік кількостей їх повтоpень.
12. Запрограмувати злиття а) трьох б) п «яти в) тисячі.
упорядкованих послідовностей в одну.
13.* Запрограмувати сортування елементів зв «язаного списку. Складність алгоритму повинна бути O (nlogn).
14. Запрограмувати сортування послідовностей із а) чотирьох елементів так, щоб виконувалося не більше п «яти порівнянь;
б) п «яти елементів так, щоб виконувалося не більше восьми порівнянь;
в) п «яти елементів так, щоб виконувалося не більше семи порівнянь.
5. Відсортуй, і багато чого побачиш Вам треба огородити сад із деревами, витративши на огорожу якомога менше матеріалу. Вважатимемо, що дерев не менше трьох, і вони задаються координатами на площині. Розв «язання полягає в побудові так званої опуклої оболонки навколо множини точок із заданими координатами. На площині вона являє собою опуклий багатокутник, що містить усі задані точки і не містить інших опуклих багатокутників, які також «накривають «усі точки.
Якщо намалювати план саду, то побудова оболонки стане очевидною. Треба відшукати якусь «крайню «початкову точку і рухатися від неї, малюючи опуклий багатокутник. Як результат, ми одержимо послідовність вершин — заданих точок, на які «натягнуто «багатокутник. Точки, що потрапили на сторону багатокутника, але не є вершинами, можна відкинути.
Наприклад, за множини точок із координатами (1,1), (2,2), (3,3), (5,-1), (2,-1), (3,0) ми одержимо багатокутник із вершинами (1,1), (3,3), (5,-1), (2,-1). Точка (3,0) опинилася всередині його, точка (2,2) — на стороні.
Комп «ютер не бачить плану саду, тому доведеться пояснити йому докладніше, як одержати потрібну оболонку. Один із способів оснований на тім, що спочатку точки сортуються за зростанням, наприклад, координати Y. Тепер це не просто множина, а певним чином упорядкована послідовність. Врахування цього дозволяє створити простий та прозорий алгоритм побудови оболонки.
За початкову точку можна взяти точку із найменшою координатою Y. Таких точок може бути кілька — виберемо з них ту, координата X якої найменша. Далі ми будуємо дві послідовності точок, починаючи обхід множини як зліва, так і справа. Назвемо їх лівою та правою. Друга точка додається до обох. Далі після обробки кожної точки будується оболонка тієї множини точок, які вже розглянуто.
Нехай A та B — остання й передостання точки послідовності, побудованої при обході зліва, C — нова точка. Якщо при переході з відрізка BA на відрізок AC ми робимо лівий поворот або рухаємося по прямій, то точку A можна вилучити з послідовності. Так само треба вилучити й точку B, якщо перед нею в послідовності є точка Z, така що, ZBC — лівий поворот або відрізок прямої. І так далі. Нарешті, або дві останні точки послідовності разом із новою утворюють правий поворот, або всі, крім першої, вилучено.
як у прикладі 7.5 з підрозділу 7.4. Є особливий випадок обробки точки — коли дві останні точки послідовності розташовані горизонтально. Якщо нова точка належить тій же горизонталі, то векторний добуток рівний 0. Нова точка «витісняє «останню точку A, коли відрізок BA продовжується нею або вона розташована ліворуч від A .
Після обробки послідовності нова точка додається до неї. Виключенням є випадок, коли нова точка лежить на відрізку між останніми точками лівої та правої послідовностей обходу. Перевірити це дуже просто, оскільки з упорядкованості точок за координатою Y випливає, що такий відрізок може бути лише горизонтальним.
Симетричним чином точка додається (або не додається) до правої послідовності.
Упорядкованість точок по вертикалі забезпечує, що при обробці нової точки не виникає одночасно лівого повороту до неї з кінця лівої послідовності та правого — з правої. Крім того, якщо точка була кінцевою в обох послідовностях, то після обробки наступної точки вона буде вилучена принаймні з однієї з них. Упорядкованість також гарантує, що необроблені точки лежать не нижче від тих, за якими побудовано поточну оболонку. Врахування усіх цих властивостей суттєво спрощує алгоритм.
Отже, після обробки останньої точки ми маємо ліву та праву послідовності. Результат ми одержимо, друкуючи, наприклад, ліву послідовність з її початку, а потім праву з її кінця. Це відповідає обходу нашого саду ззовні за годинниковою стрілкою.
Перейдемо до реалізації алгоритму. Координати точок подамо масивом структур з полями X і Y. При його сортуванні ми не будемо переставляти місцями значення його елементів, тобто структури. Створимо допоміжний масив індексів і відсортуємо його так, щоб перше значення в ньому вказувало на структуру з найменшим значенням Y, друге — на структуру з другим за порядком значенням тощо. Наприклад, якщо послідовні структури мають координати Y.
10 -1 33 15 0,.
то значеннями послідовних елементів допоміжного масиву є номери структур у їх упорядкуванні:
2 5 1 4 3.
У сортуванні масиву структур A за їх координатою Y з допоміжним індексовим масивом замість порівнянь полів та обмінів значень елементів A[i] та A[k] відбуваються порівняння елементів A[B[i]]. Y і A[B[k]]. Y та обміни значень B[i] і B[k].
Після сортування відшукаємо початкову точку — з найменшою координатою X серед тих, що мають найменшу координату Y.
Ліву та праву послідовності зберігатимемо в додатковому масиві індексів. Ліва заповнює його з початку, права — з кінця. Нехай всього точок n. Посилання на початкову точку запам «ятаємо двічі в крайніх елементах масиву. З точок, що залишилися, лише остання може з «явитися в обох послідовностях одночасно. Тому для них достатньо n елементів масиву. Отже, всього нам потрібно n+2 елементи.
Наведемо лише необхідні означення. Доповнити їх до програми залишається вправою.
const mx=5000; {максимальна кількість точок}.
type int=integer; pnt=record x, y: int end;
var a: array[1. mx] of pnt; {масив точок}.
b, {індексовий масив}.
c: array[0.mx+1]of int; {масив для лівої та правої послід-тей}.
n: int; {кількість точок}.
ll, rr: int;{індекси останніх елементів посл-тей у масиві c}.
…
procedure init;
var k: int; km, xm, ym: int; …
begin.
Читання n точок у масив A;
Сортування за неспаданням координати Y — результатом є масив B, такий, що A[B[1]]. Y<= … <= A[B[n]]. Y;
Вибір початкової точки:
k:=2; km:=1; ym:=a[b[1]]. y; xm:=a[b[1]]. x;
while (k<=n) and (a[b[k]]. y=ym)do.
begin.
if a[b[k]]. x < xm then.
begin km:=k; xm:=a[b[k]]. x end;
k:=k+1.
end;
swap (b[1], b[km]);
end;
function left (tp: pnt): boolean;
var x1, y1, x2, y2, x3, y3: real;
begin.
y1:=a[c[ll-1]]. y; y2:=a[c[ll]]. y; y3:=tp.y;
x1:=a[c[ll-1]]. x; x2:=a[c[ll]]. x; x3:=tp.x;
if (y3=y2) and (x3=x2) then.
left:=false else.
if (y2=y1) and (y3=y2) then.
left:=((x2-x1)*(x3-x2)>0) or (x3-x2<0).
else.
left:=((x2-x1)*(y3-y1)-(x3-x1)*(y2-y1)>=0).
end;
function right (tp: pnt): boolean;
var x1, y1, x2, y2, x3, y3: real;
begin.
y1:=a[c[rr+1]]. y; y2:=a[c[rr]]. y; y3:=tp.y;
x1:=a[c[rr+1]]. x; x2:=a[c[rr]]. x; x3:=tp.x;
if (y3=y2) and (x3=x2) then.
right:=false else.
if (y2=y1) and (y3=y2) then.
right:=((x2-x1)*(x3-x2)>0) or (x3-x2>0).
else right:=((x2-x1)*(y3-y1)-(x3-x1)*(y2-y1)<=0).
end;
procedure run;
var k: int; tp: pnt;
begin.
c[0]: =b[1]; c[n+1]: =b[1]; c[1]: =b[2]; c[n]: =b[2];
ll:=1; rr:=n;
if n=3 then begin c[n]: =b[3]; exit end;
for k:=3 to n do.
begin.
tp := a[b[k]];
while (ll>=1) and left (tp) do ll:=ll-1;
if (tp.y > a[c[ll]]. y) or (tp.y > a[c[rr]]. y) or.
not ((tp.x>a[c[ll]]. x) and (tp.x then begin ll:=ll+1; c[ll]: =b[k] end; while (rr<=n) and right (tp) do rr:=rr+1; if (tp.y > a[c[ll]]. y) or (tp.y > a[c[rr]]. y) or. not ((tp.x>a[c[ll]]. x) and (tp.x.
then begin rr:=rr-1; c[rr]: =b[k] end;
end;
end;
procedure done;
var k: int;
begin.
for k:=0 to ll do writeln (a[c[k]]. x, «», a[c[k]]. y);
if not ((a[c[ll]]. x=a[c[rr]].x)and (a[c[ll]].y=a[c[rr]].y)).
then writeln (a[c[rr]]. x, «», a[c[rr]]. y);
for k:=rr+1 to n do.
writeln (a[c[k]]. x, «», a[c[k]]. y);
end;
BEGIN.
init; run; done.
END.
Проаналізуємо складність наведеного алгоритму. Для сортування масиву потрібно O (nlogn) операцій. В процесі побудови оболонки кожна точка додається до послідовностей та вилучається з них не більше, ніж по одному разу. Тому складність власне побудови оболонки лінійна, і весь алгоритм має складність O (nlogn).
Задачі.
15. Написати підпрограму підрахунку кількості різних значень елементів числового масиву. Складність підпрограми повинна бути O (nlogn), де n — кількість елементів масиву.
16. Написати підпрограму складності O (nlogn), що задає обчислення а) перетину; б) симетричної різниці.
двох n-елементних числових множин, поданих масивами.
17. Обчислити кількість трикутників, які можна скласти з N відрізків попарно різних додатних довжин, N < 2000. Складність програми не повинна перевищувати O (N2).
18. За N-елементним масивом A та перестановкою p (1), p (2), …, p (N) чисел 1, 2, …, N побудувати масив A[p (1)], A[p (2)], …, A[p (N)]. Допоміжний масив не використовувати.
19. Розглянемо прямокутний масив. Розташуємо елементи кожного рядка за зростанням. Потім розташуємо за зростанням елементи кожного стовпця. Довести, що кожний рядок залишиться впорядкованим.
20. (Задача про два станки) Є n деталей, кожна з яких проходить обробку спочатку на першому станку, потім на другому. Кожний станок здатний обробляти одночасно одну деталь і готовий до обробки наступної деталі одразу після обробки попередньої. Відомий час обробки кожної деталі на кожному із станків. Упорядкувати деталі таким чином, щоб час від початку обробки першої деталі до закінчення обробки останьої був якнайменшим. Наприклад, якщо перша деталь обробляється на станках 20 і 10 одиниць часу, а друга — 10 і 20, то за порядку деталей (перша, друга) одержимо час 50, а за порядку (друга, перша) — 40.