Atenţie! Aceasta este o versiune veche a paginii, scrisă la 2007-10-12 12:59:00.
Revizia anterioară   Revizia următoare  

Solutii Happy Coding 2

Concursurile Happy Coding par sa fie singurele care nu au avut parte de descrieri ale solutiilor problemelor propuse.. Desi cu intarziere, intentionez sa remediez aceasta situatie. Aceasta pagina este "under construction" momentan.

Problemele date in cadrul acestui concurs au fost folosite pentru a selecta cele 3 echipe care au reprezentat Universitatea Politehnica Bucuresti la etapa regionala sud-est europeana a concursului ACM ICPC, in anul 2005.

Expresii algebrice

Calatorie interplanetara

Razboiul lumilor

Solutia optima are complexitate O(N) si se realizeaza parcurgand arborele de 2 ori. La prima parcurgere fixam radacina arborelui in nodul 1. Vom calcula pentru fiecare nod i cate 2 valori: lungimea maxima a unui drum de la orasul i la orice alt oras din subarborele acestuia, L1[i], si lungimea maxima a unui drum de la orasul i la un oras din subarborele acestuia, dar care este diferit de primul drum, L2[i] (practic, a doua lungime maxima a unui drum, care poate fi, eventual, egala cu lungimea primului). In a doua parcurgere vom calcula distanta maxima de la fiecare oras i la orice alt oras si vom alege orasele pentru carea aceasta distanta maxima este minima. Pentru radacina arborelui am calculat deja aceasta valoare din prima parcurgere. Pentru orice alt nod i, distanta maxima de la i la orice alt oras este ori L1[i], ori un drum ce trece prin parintele lui i. Cel mai lung drum ce trece prin parintele lui i are lungimea egala cu distanta de la i la parintele lui i plus L1[parinte[i]], in cazul in care drumul corespunzator lui L1[parinte[i]] nu trece prin orasul i, respectiv plus L2[parinte[i]], in cazul in care drumul corespunzator lui L1[parinte[i]] trece prin orasul i.

A doua solutie are complexitatea O(N*logN) si este o generalizare a solutiei pentru cazul in care toate muchiile arborelui au aceeasi lungime. Solutia pentru cazul muchiilor cu lungimi egale are complexitate O(N) si se bazeaza pe o eliminare repetata a tuturor frunzelor din arbore. Se elimina primul strat de frunze, obtinandu-se un arbore mai mic, apoi se repeta procedeul pana cand arborele ramas are unul sau doua noduri (aceste noduri fiind nodurile cautate). In cazul in care muchiile au lungimi diferite, vom privi arborele dinspre exterior spre interior. Fiecarui nod i din arbore ii corespunde un subarbore care are toate nodurile mai aproape de exterior decat nodul i. Vom elimina si de aceasta data frunzele, pe rand. Pentru fiecare nod i vom calcula dmax[i] ca fiind lungimea celui mai lung drum de la nodul i la o frunza din subarborele sau (aceasta valoare reprezinta distanta nodului i fata de exteriorul arborelui). La fiecare pas vom elimina un nod i ramas frunza (deoarece toate nodurile din subarborele sau au fost deja eliminate anterior) pentru care dmax[i] este minim (eliminam frunza cea mai apropiata de exteriorul arborelui initial). Repetam procedeul pana cand ramanem cu un nod sau cu 2 noduri. Pentru a obtine complexitate mentionata putem folosi un heap.

Divizor si multiplu

Palindroame

Pentru a avea solutie este necesar ca cel mult un singur caracter sa apara in sir de un numar impar de ori. In mod evident, nu vom inversa niciodata o pereche de caractere alaturate identice. Din acest motiv, in cadrul palindromului pe care il vom obtine, prima aparitie a unui caracter va fi "imperecheata" cu ultima aparitie a acelui caracter, a doua aparitie cu penultima s.a.m.d. In felul acesta, fiecare pereche defineste un interval (a,b), a reprezentand pozitia caracterului din stanga din cadrul perechii, iar b reprezentand pozitia caracterului din dreapta din cadrul perechii. Singura conditie pentru ca numarul de inversiuni sa fie minim este sa nu ajungem sa inversam niciodata intre ele capetele a 2 intervale care sunt incluse unul intr-altul. Pornind de la aceasta observatie, putem alege mereu intervalul corespunzator primului element al sirului si sa ducem pe ultima pozitie a sirului capatul dreapta al acestui interval, ramanand apoi cu un sir mai mic. In cazul in care primul element al sirului este caracterul ce trebuie sa se afle in mijlocul palindromului (pentru numar impar de caractere), atunci vom alege intervalul ce corespunde ultimei pozitii a sirului. Vom repeta acest procedeu pana cand ramanem cu un sir de lungime 0 sau 1.

Lungimi de interval

Vom sorta crescator intervalele dupa capatul stanga si apoi le vom parcurge in aceasta ordine. Vom mentine 2 valori: L, reprezentand lungimea curenta, si X, reprezentand punctul cel mai din dreapta pana la care am "acoperit" cu intervale axa OX. Vom initializa valoarea lui L cu 0 si valoarea lui X cu o valoare negativa (minus infinit). Pe masura ce parcurgem intervalele, avem 3 situatii:

  • capatul stanga al intervalului curent este mai mare decat X sau egal cu el => adunam la L lungimea intervalului curent si setam pe X la valoarea capatului dreapta al intervalului
  • capatul stanga al intervalului curent este mai mic decat X, iar capatul dreapta al acestuia este mai mic sau egal cu X => nu realizam nici o actiune si mergem mai departe
  • capatul stanga al intervalului curent este mai mic decat X, iar capatul dreapta al acestuia este mai mare decat X => adunam la L diferenta dintre capatul dreapta al intervalului curent si X, iar apoi setam pe X la valoarea capatului dreapta al intervalului curent.

Resturi

Curse de cai

Cercuri

J-Arbore