h2(#pietre2). 'Pietre2':problema/pietre2

...

*Soluţie $1$*
 
Rezolvarea se bazează pe observaţia că dacă vom procesa înălţimile în ordine crescătoare, atunci vom putea actualiza un drum de lungime maximă ce se termină în fiecare din aceste pătrăţele în mod corect.
 
Astfel, algoritmul va sorta crescător toate cele $n^2^$ pătrăţelele :
 
== code(cpp) |
Algoritm Rezolvă(n):
  pentru fiecare (h, i, j) execută:	// pătrăţelul (i, j) cu înălţimea h
    pentru fiecare vecin (h’, i’, j’) cu h = h’ + 1 execută:
	dacă lg[i][j] < lg[i’][j’] + 1 atunci
	  lg[i][j] = lg[i’][j’] + 1
	sfârşit(dacă)
    sfârşit(pentru)
  sfârşit(pentru)
 
   caută max{lg[i][j] : 1 <= i, j <= n}
  reconstruieşte drumul alegând un vecin cu lungimea mai mică cu exact 1
  până ce se ajunge la marginea matricei.
Sfârşit(algoritm)
==
 
În implementare se va ţine cont ca pătrăţelele de pe marginea matricei care sunt puncte de plecare să fie marcate iniţial cu $0$.
Complexitate: $O(N^2^ log(N))$.
 
*Soluţie $2$*
 
Problema, în ciuda faptului că limita pentru n este mare, se putea aborda şi cu backtracking. Cu o rezolvare asemănătoare cu cea de mai jos se putea obţine $90$ puncte.
În programul principal:
 
== code(cpp)  |
Algoritm Pietre(n,t): 	// n: dimensiunea tabloului t
  max = 0	// lungimea maximă a drumului
  maxlin = 0 	// linia de unde porneşte cel mai lung drum
  maxcol = 0	// coloana de unde porneşte cel mai lung drum
  lin = 1 	// vom încerca să intrăm în tablou pornind din linia 1
  pentru col=1,n execută:
    maxnou = 0 	// maximul actual
    rez[lin,col] = 1 	// marcăm punctul de pornire
    cauta(lin,col,2) 	// căutăm un drum având acest punct de start
    dacă maxnou > max atunci	// actualizarea
      max = maxnou
      maxlin = lin
      maxcol = col
    sfârşit(dacă)
  sfârşit(pentru)
  //...  	 la fel procedăm cu linia n, coloana 1 şi coloana n
sfârşit(algoritm)
 
Algoritm Cauta(lin,col,pas):
  pentru i=1,4 execută:	// un element are 4 vecini
    lin_nou = lin + x[i] 	// indicele de linie al vecinului
    col_nou = col + y[i]	// indicele de coloană
	// dacă am generat o poziţie pe teren }
    dacă (lin_nou = {1,2,...,n}) şi (col_nou = {1,2,...,n}) atunci
      dacă rez[lin_nou,col_nou] = 0 atunci 	// dacă nu am fost aici
	// dacă numărul pietrelor este cu 1 mai mare
        dacă t[lin_nou,col_nou] = t[lin,col] + 1 atunci
          rez[lin_nou,col_nou] = pas	// facem pasul
          dacă pas > maxnou atunci    	 //actualizăm maximul actual
            maxnou = pas
          sfârşit(dacă)
          Cauta(lin_nou,col_nou,pas+1) 	// încercăm să continuăm drumul
          rez[lin_nou,col_nou] = 0	// ştergem pasul, pentru că vom căuta alt drum
        sfârşit(dacă)
      sfârşit(dacă)
    sfârşit(dacă)
  sfârşit(pentru)
Sfârşit(algoritm)
==
 
 
unde şirurile $x$ şi $y$ au valorile:
$x = (-1,0,1,0)$
$y = (0,1,0,-1)$
 
*Soluţie 3*
Problema se poate rezolva şi în complexitatea $O(N^2^)$ folosind memoizarea. Astfel, vom calcula pentru fiecare element al matricii cât se poate urca dacă pornim din elementul respectiv. Pseudocodul funcţiei care calculează pentru fiecare element cât se poate urca dacă pornim din elementul respectiv arată astfel:
 
== code(cpp) |
funcţie din(i, j):
  dacă(D[i][j] != 0) atunci
    returnează D[i][j]
  sfârşit dacă
 
  D[i][j] = 1
 
  pentru fiecare vecin (i’, j’) al perechii (i, j) execută:
    dacă A[i][j] + 1 = A[i’][j’] şi D[i][j] < din(i’, j’) + 1 atunci
      D[i][j] = din(i’, j’) + 1
    sfârşit dacă
  sfârşit pentru
Sfârşit(din)
==
 
Se observă că fiecare pentru fiecare element al matricii, funcţia este apelată de un număr constant de ori, deci complexitatea algoritmului este $O(N^2^)$.