Revizia anterioară Revizia următoare
Coduri Gray
Negruseri Cosmin
Acest articol prezinta notiunea de cod Gray si unele aplicatii ale lui in probleme de la concursurile de programare.
Un cod Gray de ordin n este un sir care contine toate numerele de la 0 la 2n – 1astfel ca oricare doua numere consecutive din sir difera in reprezentarea binara prin exact un bit. Pentru n >= 2 exista mai multe coduri Gray distincte. Un cod mai des intalnit, numit in engleza binary reflected Gray code, mai jos ne cand vorbim despre codul Gray ne vom referi de fapt la acest cod. Modul de constructie al acestui cod este unul intuitiv: la fiecare pas adaugam numarul adaugat anterior caruia ii modificam cel mai putin semnificativ bit, astfel ca numarul obtinut sa nu mai fi fost adaugat inainte la sir. De exemplu daca ordinul este doi si avem la inceput numarul 0 in sir vom adauga 1, apoi 3 iar apoi 4. in acest articol vom nota acest cod cu Gn. O alta metoda de constructie care obtine acelasi cod Gray este de a determina mai intai pe Gn-1, apoi daca notam cu Ğn-1 sirul Gn-1 inversat, atunci obtinem pe Gn daca punem cate un bit de 0 in fata fiecarui numar din Gn-1 iar acestea sunt urmate de numerele din Ğn-1 carora le adaugam cate un bit de 1 ca bit semnificativ, pe scurt Gn = 0Gn-1, 1Ğn-1 (1). Observam ca acest cod este unul circular, adica ultimul numar si primul numar din cod difera prin exact un bit. Observam de asemenea ca fiecare cod de ordin n il contine pe cel de n-1 ca prefix, deci am putea nota prin G∞ sirul numerelor naturale in care orice doua numere consecutive difera in reprezentarea binara prin exact un bit si pentru care sirul primelor 2n elemente coincide cu Gn oricare ar fi acest n un numar natural. Fie g(x) al x-lea numar din G∞(prin g(x) notam codul Gray al numarului x) si g-1(y) la ce pozitie apare numarul y in sirul G∞. Ne punem problema calcularii eficiente a celor doua functii. Se poate demonstra prin inductie ca daca avem un numar x cu reprezentarea binara (…a2 a1 a0)2 si codul lui Gray cu reprezentarea binara (… b2 b1 b0)2. Atunci avem bi = ai ai+1 (2). De exemplu daca avem numarul 6 cu reprezentarea binara 110, atunci b0 = a0 a1 = 0 1 = 1, b1 = a1 a2 = 1 1 = 0, b2 = a2 a3 = 1 0 = 1, deci g(110) = 101. Din aceasta relatie tragem concluzia ca g(i) = x (x / 2) (unde prin / am notat impartire intreaga). Din (2) obtinem ca bi bi+1 bi+2 … = (ai ai+1) (ai+1 ai+2) (ai+2 ai+3) … = ai. Aceasta suma este finita deoarece vom avea un bi egal cu 0 si un ai egal cu 0, daca i este de ajuns de mare. Astfel g-1(y) = y y/2 y/4 …
Din cele de mai sus obtinem urmatoarele metode:
int binToGray(int x) {
return x ^ (x >> 1);
}
int grayToBin(int y) {
int ret = 0;
while (y > 0) {
ret ^= y;
y >>= 1;
}
return ret;
}Sa vedem mai departe cateva probleme.
Problema 1: Turnurile din Hanoi
Avem trei tije si n discuri de dimensiuni diferite plasate in ordinea descrescatoare a dimensiunilor pe prima tija. Se doreste mutarea tuturor discurilor pe cea de a doua tija, iar mutarile acceptate sunt mutarea unui disc de pe o tija pe alta cu conditia ca pe tija destinatie discul din varf daca exista un asemenea disc sa fie mai mare ca discul ce il mutam acum.
Rezolvare:
Aceasta este o problema clasica in predarea recursivitatii, dar ea are o solutie care se foloseste de codul Gray. Urmarim pas cu pas ce bit se schimba de la numerele consecutive ale lui Gn, acest bit corespunde discului pe care il vom muta (cel mai putin semnificativ bit corespunde celui mai mic disc, iar cel mai semnificativ bit corespunde celui mai mare disc). Problema este ca stim ce disc sa mutam, dar nu stim pe ce tija. Dar exista o regula simpla care ne poate ajuta: un disc nu trebuie plasat pe alt disc ce are aceiasi paritate. Aceasta strategie rezolva si ea in numar minim de pasi problema, acest numar fiind 2^n - 1.
Problema 2:
Un bec este conectat la n intrerupatoare, fiecarui astfel de intrerupator ii poate fi schimbata starea prin apasare. Problema este ca nu stim starea lor initiala. Se cere sa se determine o strategie care ar face numar minim de apasari in cazul cel mai rau, pentru a aprinde becul.
Rezolvare:
Pentru a fi siguri ca aprindem becul trebuie in cel mai rau caz sa trecem prin toate configuratiile apasat/ne-apasat ale intrerupatoarelor. Pentru a schimba starea curenta trebuie sa apasam cel putin un buton, deci in cazul cel mai defavorabil va trebui sa facem cel putin 2^n - 1 apasari. Codul Gray ne da o posibilitate de a trece prin toate configuratiile trecand de la una la alta prin o apasare de buton, rezolvandu-ne problema.
Problema 3: Matrix (249 acm.sgu.ru)
Trebuie sa aranjati numerele de la 0 la 2(n + m) – 1 intr-o matrice cu 2n randuri si 2^m coloane. De asemenea numerele care sunt situate in celule adiacente pe verticala sau orizontala trebuie sa difere prin exact un bit in reprezentarea lor binara. Matricea este ciclica, adica pentru fiecare rand celula cea mai din stanga se considera invecintata cu cea mai din dreapta, de asemenea pentru fiecare coloana celula cea mai de sus se considera invecinata cu celula cea mai de jos. La intrare se dau numerele n si m (0 < n, m; n + m <= 20). Trebuie sa afisati o asemenea matrice. De exemplu daca n = 1 si m = 1 o matrice ar fi
(0 2)
(1 3).
Rezolvare:
O prima metoda ar fi de determinare a codului Gn+m iar apoi de a il scrie serpuit in matrice, adica pe de index par de la stanga la dreapta iar in liniile de index impar de la dreapta la stanga.
De exemplu daca n = 2 si m = 2 avem:
G4 = 0000, 0001, 0011, 0010, 0110, 0111, 0101, 0100, 1100, 1101, 1111, 1110, 1010, 1011, 1001, 1000
0000 0001 0011 0010
0100 0101 0111 0110
1100 1101 1111 1110
1000 1001 1011 1010
Alta modalitate de rezolvare care ne da de fapt aceiasi matrice este urmatoarea:
intregul din celula (i, j) a matricei va fi in reprezentarea binara rezultatul concatenarii reprezentarii binare a intregului de index i din codul Gn cu reprezentarea binara a intregului de index j din codul Gm.
De exemplu daca avem N = 3 si M = 2
00 01 11 10
000 00000 00001 00011 00010
001 00100 00101 00111 00110
011 01100 01101 01111 01110
010 01000 01001 01011 01010
110 11000 11001 11011 11010
111 11100 11101 11111 11110
101 10100 10101 10111 10111
100 10000 10001 10011 10010
Este evident ca orice doua numere din matrice vor fi diferite, orice doua numere adiacente in matrice sunt diferite in reprezentarea binara prin exact un bit. in concurs limita de timp era foarte stransa si trebuia folosita functia prezentata anterior. Deci pe linia i coloana j a matricei scriem numarul (binToGray(i) << M) | binToGray(j).
Problema 4: Divizori (algoritmus)
Vom considera un numar natural N. in sirul A vom aseza toti divizorii lui N (2<=N<=2.000.000.000). Se cere sa se permute elementele tirului A astfel incat pentru oricare doua elemente consecutive A[i] si A[i+1] sa avem fie A[i]=A[i+1]*p, fie A[i+1]=A[i]*p, unde p este un numar prim oarecare. Valoarea p poate diferi de la o pereche de elemente la alta. De exemplu pentru N = 12 o posibila solutie ar fi 1 2 3 4 12 6 3.
Rezolvare:
Numarul N are maxim 2*N1/2 divizori. Daca descompunem numarul N in factori primi atunci il vom putea scrie in forma P1E1*P2E2*...*PkEk, unde P1, P2, ..., Pk sunt numere prime si E1, E2, ..., Ek numere naturale mai mari ca zero. Un divizor al lui N va fi reprezentat printr-un vector de exponenti (e1, e2, ..., ek) unde 0<=ei<=Ek. Prin urmare, problema noastra poate fi usor redusa la urmatoarea cerinta: ordonati toti vectorii (e1, e2, ..., ek) unde 0<=ei<=Ek, intr-un sir cu proprietatea ca diferenta intre doi vectori consecutivi se realizeaza la o singura pozitie a vectorilor si cele doua elemente ale vectorilor de pe pozitia respectiva difera prin o unitate.
Exemplul din enuntul problemei se poate reprezenta astfel:
1 2 4 12 6 3
P1=2 E1=2
P2=3 E2=1
(0,0) (1,0) (2,0) (2,1) (1,1) (0,1)
Aceasta problema este o generalizare a determinarii codului Gray si poate fi rezolvata generalizand metoda expusa mai sus.
Presupunem ca stim sa generam o solutie pentru M=N/(PkEk) (o solutie pentru un numar cu k-1 factori primi). Sa vedem cum generam o solutie pentru N. Fie C vectorul solutie pentru M, si R vectorul C inversat (primul element al lui R este ultimul al lui C, etc.). O solutie pentru N poate fi obtinuta in urmatoarea forma:
C Pk*R Pk2*C Pk3*R ...
Astfel am concatenat Ek coduri pentru M, inmultind cu Pk si pe fiecare pozitie impara am pus secventa inversata pentru M. Am facut aceasta pentru ca cele doua capete ce vor ajunge in codul final consecutive sa difere numai prin Pk.
Exemplu E1=3; E2=2; E3=1
(0,0,0) (1,0,0) (2,0,0) (3,0,0)
Solutia pentru un factor prim.
(0,0,0) (1,0,0) (2,0,0) (3,0,0) (3,1,0) (2,1,0) (1,1,0) (0,1,0) (0,2,0) (1,2,0) (2,2,0) (3,2,0)
Solutia pentru doi factori primi.
(0,0,0) (1,0,0) (2,0,0) (3,0,0) (3,1,0) (2,1,0) (1,1,0) (0,1,0) (0,2,0) (1,2,0) (2,2,0) (3,2,0)
(3,2,1) (2,2,1) (1,2,1) (0,2,1) (0,1,1) (1,1,1) (2,1,1) (3,1,1) (3,0,1) (2,0,1) (1,0,1) (0,0,1)
Solutia pentru cei trei factori primi.
Complexitatea finala a solutiei este O(T) unde T reprezinta numarul de divizori ai lui N.
Problema 5:
Sortnet (Mihai Patrascu, lot 2002)
O retea completa de sortare este o retea de sortare cu N fire de adancime D ce are D * (N/2) comparatori. Amitim principiul 0-1 care spune ca o retea de sortare sorteaza orice N numere daca aceasta sorteaza orice secventa de N numere 0 sau 1. Problema noastra cere cate astfel de secvente de 0 si 1 nu sunt sortate corect.
Solutia lui Mihai Patrascu:
Observam ca dupa primul strat de comparatori sunt exact 3(N/2) rezltate posibile, pentru ca intrarile trecute printr-un comparator se transforma astfel 0, 0 -> 0, 0 ; 0, 1 -> 1, 0; 1, 0 -> 1, 0; 1, 1 -> 1, 1. Pentru a testa fiecare astfel de rezultat daca e sortat sau nu de urmatoarele D-1 straturi, nu vor trebui simulate toate in complexitate O(N * (3N/2) * D). Prin generarea secventelor conform codului Gray in baza 3 putem doar sa urmarim modificarea rezltatului pentru doua rezultate succesive in O(D). Un numar in baza trei il transformam in unul in baza doi cu numar dublu de cifre, astfel 0 trece in 00, 1 trece in 10 si 2 trece in 11, acest cod reprezentand un rezultat posibil dupa evaluarea unei secvente binare de catre primul strat al retelei. Modificarea unei cifre in baza trei conform codului Gray generalizat pentru numere in aceasta baza, duce la modificarea unei cifre in codul binar a unui bit. Urmarirea modificarilor facute de acest bit schimbat in evaluarile facute de reteaua de sortare o putem face in complexitate O(D). Astfel complexitatea finala este O(3^(N/2) * D).
Mentionam ca problema este pe siteul infoarena si acolo o rezolvare O(2^N * D) intra in timp, dar si pentru aceasta trebuie sa folosim codul Gray si sa urmarim modificarile date de schimbarea unui bit in evaluare.
Dam mai jos rezolvarea eleganta si usor de inteles a lui Mircea Pasoi:
#include <stdio.h>
#define MAX_N 20
#define MAX_M 33
#define MAX_C 59049
#define FIN "sortnet.in"
#define FOUT "sortnet.out"
#define GRAY(x) ((x) ^ ((x) >> 1))
#define BIT(a, b) (((a) & (1 << (b))) > 0)
#define MIN(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define MAX(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define SORTED(x) (((x) & ((x)+1)) == 0)
#define FOR(i, a, b) for (i = (a); i < (b); i++)
int N, M, G[MAX_M][MAX_N], V[MAX_M], V2[MAX_M], Res;
int works(int n, int a)
{
int i, b, t;
V2[0] = n;
FOR (i, 0, M)
{
b = G[i][a];
if ((BIT(V[i], MAX(a, b)) && !BIT(V[i], MIN(a, b))) ||
(BIT(V2[i], MAX(a, b)) && !BIT(V2[i], MIN(a, b))))
a = b;
V[i] = V2[i];
V2[i+1] = V[i+1]^(1<<a);
}
V[M] = V2[M];
return SORTED(V[M]);
}
int main(void)
{
int i, j, k, a, b, bit;
freopen(FIN, "r", stdin);
freopen(FOUT, "w", stdout);
scanf("%d %d\n", &N, &M);
FOR (i, 0, M) FOR (j, 0, N/2)
{
scanf("<%d,%d> ", &a, &b);
a--; b--;
G[i][a] = b; G[i][b] = a;
}
Res = 1;
FOR (i, 1, (1<<N))
{
k = GRAY(i) ^ GRAY(i-1);
for (bit = 0; (1<<bit) < k; bit++);
Res += works(GRAY(i), bit);
}
printf("%d\n", Res);
return 0;
}Bibliografie:
1 D.E.Knuth TAOC Prefascicle 2A
2 W.H. Press et. all. Numerical Recipies in C, Cambridge University Press
3 http://en.wikipedia.org/wiki/Gray_code
