h1. Solutii Happy Coding 2007   !happy-coding-2007/solutii?hc2007-logo.gif!

(toc)* *Lista de probleme:*
# 'Abc2':happy-coding-2007/solutii#abc2
# 'Tritzi':happy-coding-2007/solutii#tritzi

(toc)*{text-align:center} *Lista de probleme*
* 'Abc2':happy-coding-2007/solutii#abc2
* 'Tritzi':happy-coding-2007/solutii#tritzi

* 'Regine 2':happy-coding-2007/solutii#regine2
* 'Rfinv':happy-coding-2007/solutii#rfinv
* 'Pali':happy-coding-2007/solutii#pali

h3. Solutia 2

Vom incerca sa calculam valorile $pmin[i]$ treptat. Vom parcurge pozitiile de la $1$ la $N$ si vom incerca sa incepem un palindrom avand centrul in pozitia $i$ (pentru cazul unui palindrom de lungime impara), respectiv avand centrul la pozitiile $i$ si $i+1$ (pentru cazul unui palindrom de lungime para). Ideea importanta este ca, atunci cand ajungem la pozitia $i$, toate valorile $pmin[j]$, cu $j < i$ au fost calculate, iar valorile $pmin[k]$, $k > i$, au niste valori partiale (adica valorile calculate nu sunt inca finale, ele mai putand sa scada ulterior). Vom extinde treptat cat putem de mult un palindrom in jurul pozitiei $i$ (respectiv pozitiilor $i$ si {$i+1$}); la fiecare pas de extindere, vom incerca sa incrementam palindromul de la lungimea curenta $L$, la lungimea $L+2$ (pentru aceasta verificam caracterele din capatele palindromului); inainte de a realiza extinderea, vom incerca sa folosim palindromul curent in cadrul unei solutii - mai exact, vom avea posibilitatea ca valoarea $pmin[i-(L+1)/2]+1$ sa fie folosita pentru a micsora valoarea lui $pmin[i+(L+1)/2-1]$ (pentru cazul lungimii impare), respectiv valoarea $pmin[i-L/2]+1$ poate fi folosita pentru a micsora valoarea lui $pmin[i+L/2]$ (pentru cazul lungimii pare).

Vom incerca sa calculam valorile $pmin[i]$ treptat. Vom parcurge pozitiile de la $1$ la $N$ si vom incerca sa incepem un palindrom avand centrul in pozitia $i$ (pentru cazul unui palindrom de lungime impara), respectiv avand centrul la pozitiile $i$ si $i+1$ (pentru cazul unui palindrom de lungime para). Ideea importanta este ca, atunci cand ajungem la pozitia $i$, toate valorile $pmin[j]$, cu $j < i$ au fost calculate, iar valorile $pmin[k]$, $k > i$, au niste valori partiale (adica valorile calculate nu sunt inca finale, ele mai putand sa scada ulterior). Vom extinde treptat cat putem de mult un palindrom in jurul pozitiei $i$ (respectiv pozitiilor $i$ si {$i+1$}); la fiecare pas de extindere, vom incrementa palindromul de la lungimea curenta $L$, la lungimea $L+2$ (pentru aceasta verificam caracterele din capatele palindromului); inainte de a realiza extinderea, vom incerca sa folosim palindromul curent in cadrul unei solutii - mai exact, vom avea posibilitatea ca valoarea $pmin[i-(L+1)/2]+1$ sa fie folosita pentru a micsora valoarea lui $pmin[i+(L+1)/2-1]$ (pentru cazul lungimii impare), respectiv valoarea $pmin[i-L/2]+1$ poate fi folosita pentru a micsora valoarea lui $pmin[i+L/2]$ (pentru cazul lungimii pare).

Complexitatea ambelor solutii este $O(N^2^)$, insa a doua solutie merge mai repede, in practica, deoarece ia in considerare numai palindroamele valide (care pot fi cel mult {$O(N^2^)$}).

Pentru fiecare punct $i$, se sorteaza toate celelalte $N-1$ puncte in jurul punctului $i$ (in functie de unghi). Parcurgand apoi punctele in ordinea sortata, vom determina numarul maxim de puncte avand acelasi unghi fata de $i$ (folosind o precizie corespunzatoare, de $10^-8^$, de exemplu). Fie acest numar $MAX{~i~}$. Raspunsul cautat este $maxim{MAX{~i~} + 1}$ si se obtine in complexitate $O(N^2^*logN)$.

*Cosmin:* problema s-a dat si la algoritmus. Acolo limita de timp era foarte stransa si solutiile ce au luat punctaj maxim aveau complexitate $O(N^2^)$. Ajungem la complexitatea aceasta, folosind un hash table pentru a determina numarul maxim de puncte cu acelasi unghi fata de $i$ in loc sa sortam punctele.
 

Solutia de complexitate $O(N^3^)$, in care se fixeaza $2$ puncte si se determina in $O(N)$ numarul de puncte ce se afla pe dreapta determinata de cele $2$ puncte, nu se incadreaza in timp.
h3. Probleme asemanatoare

h2(#cascaval). 'Cascaval':problema/cascaval

Rezolvarea problemei incepe cu o observatie ne neaparat evidenta. Sa presupunem ca in luna $j$, compania are $X$ kilograme de cascaval (produse in luna respectiva sau in lunile anterioare si stocate pana in luna $j$). Sa presupunem, de asemenea, ca aceste $X$ kilograme provin din productia de cascaval din $2$ luni diferite, $i1$ si $i2$. Vom calcula costurile obtinerii celor $X1$ si celor $X2$ kilograme de cascaval:

Rezolvarea problemei incepe cu o observatie nu neaparat evidenta. Sa presupunem ca in luna $j$, compania are $X$ kilograme de cascaval (produse in luna respectiva sau in lunile anterioare si stocate pana in luna $j$). Sa presupunem, de asemenea, ca aceste $X$ kilograme provin din productia de cascaval din $2$ luni diferite, $i1$ si $i2$. Vom calcula costurile obtinerii celor $X1$ si celor $X2$ kilograme de cascaval:

* $C1 = F{~i1~} + C{~i1~} * X1 + (S{~i1~} + S{~i1+1~} + .. + S{~j-1~}) * X1 = A1 + B1 * X1$
* $C2 = F{~i2~} + C{~i2~} * X2 + (S{~i2~} + S{~i2+1~} + .. + S{~j-1~}) * X2 = A2 + B2 * X2$

Vom calcula costurile $cmin[i]$, reprezentand costul total minim pentru a satisface cererile din lunile $1, 2, .., i$. Algoritmul este descris in continuare in pseudocod:

* $cmin[ 0 ] = 0$
* $pentru i de la 1 la N$
** $cmin[i]=infinit$
** $pentru j de la 1 la i$
*** $cost_total = cmin[j-1] + F[j] + C[j] * D[j]$
*** $cost_stocare=S[j]$
*** $pentru k de la j+1 la i$
**** $cost_total = cost_total + (C[j]+cost_stocare) * D[k]$
**** $cost_stocare = cost_stocare + S[k]$
*** $daca cost_total < cmin[i] atunci$
**** $cmin[i]=cost_total$

==code(c) |
cmin[ 0 ] = 0
pentru i de la 1 la N
  cmin[i]=infinit
  pentru j de la 1 la i
    cost_total = cmin[j-1] + F[j] + C[j] * D[j]
    cost_stocare=S[j]
    pentru k de la j+1 la i
      cost_total = cost_total + (C[j]+cost_stocare) * D[k]
      cost_stocare = cost_stocare + S[k]
    daca cost_total < cmin[i] atunci
      cmin[i]=cost_total
==

	Se variaza valoarea lui $i$ de la $1$ la $N$ si pentru fiecare valoare incercam sa calculam $cmin[i]$. Pentru aceasta, incercam toate valorile $j ≤ i$ care pot reprezenta luna in care sunt produse kilogramele de cascaval necesare in luna $i$. Apoi calculam costul total pentru cazul in care luna $j$ produce cantitatea de cascaval necesara pentru a satisface cererile din lunile $j, j+1, .., i$. In cele din urma vom avea in $cmin[i]$ minimul dintre costurile corespunzatoare fiecarei variante de alegere a lunii $j$. Costul total minim pentru toate cele $N$ luni il avem in $cmin[N]$. Bineinteles, aceasta solutie nu se incadreaza in limita de timp.
h3. Programare dinamica cu complexitatea $O(N^2^)$

Algoritmul descris anterior are complexitatea $O(N^3^). El se poate optimiza, insa, usor la complexitatea $O(N^2^)$.

Algoritmul descris anterior are complexitatea $O(N^3^)$. El se poate optimiza, insa, usor la complexitatea $O(N^2^)$.

* $cmin[ 0 ] = 0$
* $pentru i de la 1 la N$
** $cmin[i] = infinit$
** $dtotal = 0$
** $cost_stocare = 0$
** $pentru j de la i la 1$
*** $cost_stocare = cost_stocare + S[j] * dtotal$
*** dtotal = dtotal + D[j]
*** cost_productie = F[j] + C[j] * dtotal
*** cost_total = cmin[j-1] + cost_productie + cost_stocare
*** daca cost_total < cmin[i] atunci
**** cmin[i]=cost_total

==code(c) |
cmin[ 0 ] = 0
pentru i de la 1 la N
  cmin[i] = infinit
  dtotal = 0
  cost_stocare = 0
  pentru j de la i la 1
    cost_stocare = cost_stocare + S[j] * dtotal
    dtotal = dtotal + D[j]
    cost_productie = F[j] + C[j] * dtotal
    cost_total = cmin[j-1] + cost_productie + cost_stocare
    daca cost_total < cmin[i] atunci
      cmin[i]=cost_total
==

Optimizarea adusa este minora, dar importanta. In algoritmul anterior, cel de-al treilea ciclu era folosit pentru a aduna la costul total costul stocarii cantitatilor de cascaval. In varianta optimizata, am schimbat sensul de parcurgere al variabilei $j$ si, in felul acesta, putem calcula pe parcurs o parte din costul de stocare. Practic, la inceputul fiecarei iteratii din cel de-al doilea ciclu, $cost_stocare$ retine costul stocarii cantitatiior de cascaval din lunile $j+1, .., i$, el trebuind actualizat doar cu costul de stocare din luna $j$.

Folosind observatia ca fiecare functie este minima pe cel mult un interval, putem folosi un arbore de intervale pentru a stoca in el semidrepte. Aceasta este o utilizare oarecum neobisnuita a unui arbore de intervale, dar vom vedea ca este foarte utila in cazul acestei probleme. Pseudocodul solutiei este urmatorul:

* $; calculeaza vectorii SP si DP$
* $SP[ 0 ] = 0$
* $DP[ 0 ] = 0$
* $pentru i de la 1 la N$
** $SP[i] = SP[i-1] + S[i]$
** $DP[i] = DP[i-1] + D[i]$
* $; calculeaza vectorul cmin$
* $cmin[ 0 ] = 0$
* $pentru i de la 1 la N$
** $finit[i] = cmin[i-1] + F[i]$
** $P[i] = C[i] - SP[i-1]$
** $[li,ri] = find_interval(i) ; gaseste intervalul [li,ri] pe care functia fi este minima$
** $daca intervalul [li, ri] nu este vid$
*** $update(li, ri, i, radacina_arborelui_de_intervale)$
** $cmin[i] = get_min(i) ; determina valoarea minima in punctul i dintre toate functiile existente$
* $suma = 0$
* $pentru i de la 1 la N$
** $suma = suma + SP[i-1] * D[i]$
* $afisaza cmin[N] + suma$

==code(c) |
// calculeaza vectorii SP si DP
SP[ 0 ] = 0
DP[ 0 ] = 0
pentru i de la 1 la N
  SP[i] = SP[i-1] + S[i]
  DP[i] = DP[i-1] + D[i]
// calculeaza vectorul cmin
cmin[ 0 ] = 0
pentru i de la 1 la N
  finit[i] = cmin[i-1] + F[i]
  P[i] = C[i] - SP[i-1]
  [li,ri] = find_interval(i) // gaseste intervalul [li,ri] pe care functia fi este minima
  daca intervalul [li, ri] nu este vid
    update(li, ri, i, radacina_arborelui_de_intervale)
  cmin[i] = get_min(i) // determina valoarea minima in punctul i dintre toate functiile existente
suma = 0
pentru i de la 1 la N
  suma = suma + SP[i-1] * D[i]
afisaza cmin[N] + suma
==

Cele $3$ functii a caror implementare mai trebuie descrisa in detaliu sunt: $find_interval$, $update$ si $get_min$.

Pseudocodul pentru calculul capatului stanga al intervalului in care functia fi este minima este urmatorul:

* $*find_interval(i)*$
* $left=i$
* $right=N$
* $li=N+1$
* $cat timp left <= right$
** $mid = (left+right)/2$
** $fi_mid_1 = finit[i]+(DP[mid]-DP[i-1])*P[i] // valoarea in punctul DP[mid+1]$
** $fi_mid_2 = finit[i]+(DP[mid + 1]-DP[i-1])*P[i] // valoarea in punctul DP[mid]$
** $fmin1=get_min(mid+1) // valoarea minima in punctul DP[mid+1]$
** $fmin2=get_min(mid) // valoarea minima in punctul DP[mid]$
** $df1 = fi_mid_1 - fmin1;$
** $df2 = fi_mid_2 - fmin2;$
** $daca (df1 &lt; 0)$
*** $li = mid;$
*** $right = mid - 1;$
** $altfel$
** $daca (df1 - df2 &gt; 0)$
*** $left = mid + 1;$
** $altfel$
*** $right = mid - 1;$
* $; la sfarsit, in li se afla capatul stanga al intervalului in care fi este minima (sau N+1 daca nu exista un astfel de interval)$

==code(c) | find_interval(i)
  left=i
  right=N
  li=N+1
  cat timp left <= right
    mid = (left+right)/2
    fi_mid_1 = finit[i]+(DP[mid]-DP[i-1]) * P[i] // valoarea in punctul DP[mid+1]
    fi_mid_2 = finit[i]+(DP[mid + 1]-DP[i-1]) * P[i] // valoarea in punctul DP[mid]
    fmin1=get_min(mid+1) // valoarea minima in punctul DP[mid+1]
    fmin2=get_min(mid) // valoarea minima in punctul DP[mid]
    df1 = fi_mid_1 - fmin1
    df2 = fi_mid_2 - fmin2
    daca (df1 < 0)
      li = mid
      right = mid - 1
    altfel
    daca (df1 - df2 > 0)
      left = mid + 1
    altfel
      right = mid - 1
// la sfarsit, in li se afla capatul stanga al intervalului in care fi este minima (sau N+1 daca nu exista un astfel de interval)
==

Functiile $update$ si $get_min$ se aplica arborelui de intervale si au complexitate $O(logN)$. Complexitatea functiei $find_interval$ este $O(log^2^N)$.

Pseudocodul functiei $update$ este prezentat in continuare:

* $*update(li,ri,i,nod)*$
* $daca intervalul corespunzator nodului nod este chiar [li,ri], atunci$
** $index[nod]=i$
* $altfel$
** $fs = fiul stanga al nodului nod$
** $fd = fiul dreapta al nodului nod$
** $daca l[fd] > ri atunci$
*** $update(li,ri,i,fs)$
** $altfel$
** $daca r[fs] < li atunci$
*** $update(li,ri,i,fd)$
** $altfel$
*** $update(li,r[fs],i,fs)$
*** $update(l[fd],ri,i,fd)$

== code(c) | update(li,ri,i,nod)
  daca intervalul corespunzator nodului nod este chiar [li,ri], atunci
    index[nod]=i
  altfel
    fs = fiul stanga al nodului nod
    fd = fiul dreapta al nodului nod
    daca l[fd] > ri atunci
     update(li,ri,i,fs)
   altfel
   daca r[fs] < li atunci
     update(li,ri,i,fd)
   altfel
     update(li,r[fs],i,fs)
     update(l[fd],ri,i,fd)
==

h4. Functia $get_min$
Fiecare nod din arbore are o referinta catre tatal sau $(tata[nod])$. Radacina arborelui are o referinta catre o valoare nedefinita $(NEDEFINIT)$. Pseudocodul functiei $get_min$ este urmatorul:

* $*get_min(i)*$
* $nod = nodul din arbore corespunzator intervalului [i,i]$
* $val_min=infinit$
* $cat timp nod <> NEDEFINIT$
** $k=index[nod]$
** $daca k este definit atunci$
*** $fki = finit[k] + (DP[i] - DP[k-1]) * P[k]$
*** $daca fki < val_min atunci$
**** $val_min=fki$
** $nod=tata[nod]$
* $intoarce val_min$

== code(c) | get_min(i)
  nod = nodul din arbore corespunzator intervalului [i,i]
  val_min=infinit
  cat timp nod != NEDEFINIT
    k=index[nod]
    daca k este definit atunci
      fki = finit[k] + (DP[i] - DP[k-1]) * P[k]
      daca fki < val_min atunci
        val_min=fki
    nod=tata[nod]
  intoarce val_min
==

h3. Link-uri utile

h2(#antitero). 'Antitero':problema/antitero

* $cat timp (exista un soldat care se poate deplasa in siguranta intr-o pozitie de unde poate omori un terorist)$
** $deplaseaza soldatul in pozitia respectiva si elimina teroristul$
* $daca toti soldatii pot ajunge in siguranta la destinatie, atunci deplaseaza-i acolo si incheie misiunea cu succes$
* $altfel: "Mission aborted!"$

==code(c) |
cat timp (exista un soldat care se poate deplasa in siguranta intr-o pozitie de unde poate omori un terorist)
  deplaseaza soldatul in pozitia respectiva si elimina teroristul
daca toti soldatii pot ajunge in siguranta la destinatie, atunci deplaseaza-i acolo si incheie misiunea cu succes
altfel: "Mission aborted!"
==

Aceasta este schita unui algoritm usor de implementat care rezolva problema. Practic, se incearca eliminarea repetata a cat mai multor teroristi, dupa care se incearca deplasarea la destinatie. Rezolvarea problemei implica, asadar, doar parcurgeri repetate ale grafului (de exemplu, 'DF':http://en.wikipedia.org/wiki/Depth-first_search sau 'BF':http://en.wikipedia.org/wiki/Breadth-first_search), in care unele noduri sunt "blocate" (cele in care se afla teroristi in viata si cele amenintate de teroristi in viata).

Vom calcula valorile $Tmin[i][j]$, reprezentand numarul minim de pasi necesari pentru a distribui mesajul tuturor nodurilor din subarborele nodului $i$, considerand ca au fost efectuati primii $j$ pasi din cadrul strategiei optime a nodului $i$ si ca au fost taiate din subarborele lui $i$ toti subarborii primelor $j$ noduri care au primit mesajul direct de la nodul $i$. Evident, cand $i=1$, in $Tmin[ 1 ][ 0 ]$ vom avea numarul minim de pasi necesari pentru distributia mesajului la toate nodurile din arbore.

Vom calcula, in ordine (de la $j=0$), toate valorile $Tmin[i][j]$. Sa observam intai (pentru cazul $j=0$), ca $Tmin[i][0]$ trebuie sa fie mai mare sau cel putin egal cu $Tmin[f][ 0 ]$, unde $f$ este fiu al lui $i$. Vom cauta binar aceasta valoare, intre maximul dintre valorile $Tmin[f][0]$ si $N-1$. Sa presupunem ca am fixat, in cadrul cautarii binare, $T$ unitati de timp. Vom initializa fiecare fiu $f$ al lui $i$ ca aflandu-se in starea $s(f)=0$ (adica nu s-a efectuat nici o mutare din cadrul strategiei sale optime). Vom considera fiul $f$ al lui $i$ care are valoarea $Tmin[f][s(f)]$ maxima. Daca $T > Tmin[f][s(f)]$, atunci trimitem mesajul nodului $f$, scadem din T o unitate de timp si mergem mai departe (ignorand nodul $f$ de acum inainte). Daca, la un moment dat, avem $T = Tmin[f][s(f)]$, atunci se demonstreaza (nu foarte usor, dar nici prea greu) ca nodul $i$ trebuie sa trimita mesaj nodului $j$ care este al $s(f)+1$-lea nod la care ar trimite mesaj nodul $f$ in cadrul strategiei sale optime. In felul acesta, taiem subarborele nodului $j$, scadem $T$ cu $1$ unitate si trecem nodul $f$ din starea $s(f)$ in starea $s(f)+1$ (pentru ca deja s-a efectuat o mutare din cadrul strategiei sale optime). Daca, la un moment dat, $T < Tmin[f][s(f)]$, atunci trebuie incercata o valoare mai mare in cadrul cautarii binare.

Vom calcula, in ordine (de la $j=0$), toate valorile $Tmin[i][j]$. Sa observam intai (pentru cazul $j=0$), ca $Tmin[i][ 0 ]$ trebuie sa fie mai mare sau cel putin egal cu $Tmin[f][ 0 ]$, unde $f$ este fiu al lui $i$. Vom cauta binar aceasta valoare, intre maximul dintre valorile $Tmin[f][ 0 ]$ si $N-1$. Sa presupunem ca am fixat, in cadrul cautarii binare, $T$ unitati de timp. Vom initializa fiecare fiu $f$ al lui $i$ ca aflandu-se in starea $s(f)=0$ (adica nu s-a efectuat nici o mutare din cadrul strategiei sale optime). Vom considera fiul $f$ al lui $i$ care are valoarea $Tmin[f][s(f)]$ maxima. Daca $T > Tmin[f][s(f)]$, atunci trimitem mesajul nodului $f$, scadem din T o unitate de timp si mergem mai departe (ignorand nodul $f$ de acum inainte). Daca, la un moment dat, avem $T = Tmin[f][s(f)]$, atunci se demonstreaza (nu foarte usor, dar nici prea greu) ca nodul $i$ trebuie sa trimita mesaj nodului $j$ care este al $s(f)+1$-lea nod la care ar trimite mesaj nodul $f$ in cadrul strategiei sale optime. In felul acesta, taiem subarborele nodului $j$, scadem $T$ cu $1$ unitate si trecem nodul $f$ din starea $s(f)$ in starea $s(f)+1$ (pentru ca deja s-a efectuat o mutare din cadrul strategiei sale optime). Daca, la un moment dat, $T < Tmin[f][s(f)]$, atunci trebuie incercata o valoare mai mare in cadrul cautarii binare.

Inainte de a calcula $Tmin[i][j+1]$ dupa ce am calculat $Tmin[i][j]$, memoram in $Mut[i][j]$ nodul la care a trimis mesaj nodul $i$ prima data (adica al $j+1$-lea nod din cadrul strategiei optime a nodului $i$) si in $F[i][j]$ fiul din subarborele caruia face parte nodul $Mut[i][j]$. De asemenea, starile fiiilor nodului $i$ se seteaza la valorile pe care le aveau inainte de a calcula $Tmin[i][j]$, incrementand doar starea fiului $F[i][j]$ cu $1$ (sau eliminand de tot fiul $F[i][j]$, daca $F[i][j] = Mut[i][j]$). Vom termina calculul acestor valori atunci cand $Tmin[i][j]=0$.

Pentru reconstituirea solutiei, vom initializa toate nodurile ca aflandu-se in starea $0$ si vom tine un vector cu nodurile la care a ajuns deja mesajul. Prima mutare va fi de la nodul $1$ la nodul $j = Mut[ 1 ][ 0 ]$. Pentru toate nodurile de pe calea de la $1$ (inclusiv) la $j$ (exclusiv), vom incrementa starea in care se afla acestea, apoi vom marca ca nodul $j$ a primit mesajul. La urmatorul moment de timp, vom lua fiecare nod care detine mesajul, vom verifica daca mai are de efectuat pasi din strategia sa optima si daca da, vom efectua pasul corespunzator in mod similar mutarii descrise mai sus.

Complexitatea solutiei descrise este O(N^3^ * logN).

Complexitatea solutiei descrise este $O(N^3^ * logN)$.

O dificultate suplimentara apare in momentul in care avem mai multi fii $f$ ai unui nod $i$, pentru care $Tmin[f][s(f)]$ are aceeasi valoare maxima. In aceasta situatie, va trebui sa il alegem pe cel pentru care sirul $Tmin[f][s(f)], Tmin[f][s(f)+1], ..$ este maxim din punct de vedere lexicografic. Justificarea este ca vrem sa scapam de acel fiu care ne-ar restrictiona cel mai mult mutarile ulterioare daca nu l-am taia acum. Mai exact, daca la un moment dat ajungem cu $T$-ul egal cu $Tmin[f][s(f)]$ (deoarece am eliminat altii fii si nu pe $f$), vrem ca acest fiu $f$ sa aiba sirul respectiv cat mai mic din punct de vedere lexicografic, pentru a ne restrictiona cat mai putin timpul.

Pe langa alegerea uneia dintre cele $2$ metode, sunt necesare cateva optimizari suplimentare, precum:
* ridicarea la puterea $P$ trebuie realizata folosind exponentiere logaritmica; in plus, chiar si in cadrul exponentierii logaritmice, putem sa nu efectuam toti pasii daca, la un moment dat, numarul de cifre ale numarului obtinut depaseste numarul de cifre ale lui $N$

* efectuarea tuturor calculelor intr-o baza mai mare decat $10$ (solutia oficiala foloseste baza ${10^4^$}), deoarece, astfel, numarul de cifre ale numerelor ce intervin in calcule scade simtitor.

* efectuarea tuturor calculelor intr-o baza mai mare decat $10$ (solutia oficiala foloseste baza $10^4^$), deoarece, astfel, numarul de cifre ale numerelor ce intervin in calcule scade simtitor.

* in cazul cautarii binare, intervalul initial de cautare nu trebuie sa fie $[1,N]$, ci un interval mai restrans (de exemplu, $[10^(X/P)-1^, 10^(X/P)+1^]$), unde $X$ este numarul de cifre ale numarului N dat.
O alta optimizare care ar fi putut avea un impact simtitor asupra timpului de executie este inmultirea a doua numere mari in complexitate $O(C*logC)$, unde $C$ este numarul de cifre ale acestora,  insa implementarea unei astfel de operatii ar fi fost mai complicata (si nu era necesara pentru a obtine punctaj maxim la problema) (vezi 'aici':http://numbers.computation.free.fr/Constants/Algorithms/fft.html)

h2(#tramvai). 'Tramvai':problema/tramvai

Se construieste un graf al punctelor de intersectie dintre oricare $2$ drepte. Acest graf are $O(N^2^)$ noduri, insa fiecare nod are cel mult $4$ vecini (cate $2$ pe fiecare din cele $2$ drepte care il determina). Problema se reduce acum la determinarea drumului minim intre $2$ puncte in acest graf. Algoritmul folosit de solutia oficiala este 'Dijkstra':http://en.wikipedia.org/wiki/Dijkstra's_algorithm cu heap, care are complexitatea $O(N^2^*logN)$, insa se poate folosi cu succes si algoritmul 'Bellman-Ford':http://en.wikipedia.org/wiki/Bellman-Ford_algorithm, implementat folosind o coada (aceasta varianta, cunoscuta ca algoritmul Bellman-Ford-Moore, are o complexitate teoretica mare, dar, in practica, merge foare bine; este, posibil, insa, ca, in cazul acestei probleme, sa fie necesare unele optimizari pentru a se incadra in limita de timp - de exemplu, folosirea euristicii "parent checking").

Se construieste un graf al punctelor de intersectie dintre oricare $2$ drepte. Acest graf are $O(N^2^)$ noduri, insa fiecare nod are cel mult $4$ vecini (cate $2$ pe fiecare din cele $2$ drepte care il determina). Problema se reduce acum la determinarea drumului minim intre $2$ puncte in acest graf. Algoritmul folosit de solutia oficiala este 'Dijkstra':http://en.wikipedia.org/wiki/Dijkstra's_algorithm cu heap, care are complexitatea $O(N^2^*logN)$, insa se poate folosi cu succes si algoritmul 'Bellman-Ford':http://en.wikipedia.org/wiki/Bellman-Ford_algorithm, implementat folosind o coada. Aceasta varianta, cunoscuta ca algoritmul Bellman-Ford-Moore, are o complexitate teoretica mare, dar, in practica, merge foare bine; este, posibil, insa, ca, in cazul acestei probleme, sa fie necesare unele optimizari pentru a se incadra in limita de timp - de exemplu, folosirea euristicii "parent checking". Aceasta euristica se refera la urmatoarea situatie: Sa presupunem ca am extras din coada nodul $X$ (primul nod din coada) si urmeaza sa incercam sa facem update-uri la distantele tuturor vecinilor nodului $X$, folosind distanta calculata pana acum pentru $X$. De asemenea, sa presupunem ca nodul care i-a facut update la distanta minima nodului $X$ este $T$ ({$T$} mai este numit si parintele lui $X$, deoarece este nodul chiar dinaintea lui $X$ de pe drumul minim pana la $X$). Inainte sa incercam sa facem update pentru toti vecinii lui $X$, verificam daca nodul $T$ se afla in coada. Daca se afla in coada, atunci nu mai facem update folosind nodul $X$ si trecem la urmatorul nod din coada. Motivul este urmatorul: Daca nodul $T$ se afla in coada, el a fost introdus acolo dupa ce i-a facut update distantei pana la nodul $X$; noua valoarea a distantei minime pana la $T$ este mai mica decat in momentul cand s-a calculat distanta minima pana la $X$, astfel ca, atunci cand vom extrage din coada nodul $T$, se va micsora in mod sigur si distanta pana la $X$. Prin urmare, nu are rost sa facem acum update-uri folosind nodul $X$, deoarece acesta are calculata o distanta despre care stim sigur ca va fi micsorata in curand.
 
 

h2(#biti3). 'Biti3':problema/biti3

Vom considera bitii fiecarui sir numerotati de la $N$ la $1$ (de la stanga la dreapta) si vom calcula $num[i, j]$ = numarul de siruri de $i$ biti, continand exact $j$ biti de $1$. $num[i, 0] = 1$. Pentru $j > i$, avem $num[i, j] = 0$ ; altfel, $num[i, j] = num[i-1, j] + num[i, j-1]$ (cele $2$ variante corespund deciziei de a plasa un bit de $0$ pe pozitia $i$, caz in care pe pozitiile $1,..,i-1$ se afla $j$ biti de $1$, respectiv un bit de $1$ pe pozitia $i$, caz in care pe pozitiile $1,..,i-1$ se mai afla doar $j-1$ biti de $1$). Alt mod de a calcula aceste valori este urmatorul: $num[i,j] = Combinari de i luate cate j$.

Vom considera bitii fiecarui sir numerotati de la $N$ la $1$ (de la stanga la dreapta) si vom calcula $num[i, j]$ = numarul de siruri de $i$ biti, continand exact $j$ biti de $1$. $num[i, 0] = 1$. Pentru $j > i$, avem $num[i, j] = 0$ ; altfel, $num[i, j] = num[i-1, j] + num[i-1, j-1]$ (cele $2$ variante corespund deciziei de a plasa un bit de $0$ pe pozitia $i$, caz in care pe pozitiile $1,..,i-1$ se afla $j$ biti de $1$, respectiv un bit de $1$ pe pozitia $i$, caz in care pe pozitiile $1,..,i-1$ se mai afla doar $j-1$ biti de $1$). Alt mod de a calcula aceste valori este urmatorul: $num[i,j] = Combinari de i luate cate j$.

Folosind aceste valori, vom determina bitii celui de-al $M$-lea sir, unul cate unul, pornind de la al $N$-lea bit. La fiecare pas, va trebui sa determinam cate siruri incep cu bitul $0$ si cate siruri incep cu bitul $1$. La inceput, vor exista $num[N-1,3]$ siruri care incep cu bitul $0$ si $num[N-1,2]$ siruri care incep cu bitul $1$. Este evident ca, la un anumit pas, toate sirurile care incep cu $0$ se vor afla inaintea tuturor sirurilor care incep cu $1$. De aceea, daca $M$ < numarul sirurilor care incep cu $0$, bitul respectiv va fi $0$; in caz contrar, bitul va fi $1$. Daca bitul este $1$, inainte de a trece la pasul urmator, va trebui sa actualizam valoarea lui $M$, in asa fel incat sa sarim peste toate sirurile care incep cu $0$ ({$M = M - numarul de siruri care incep cu 0$), precum si sa tinem cont de faptul ca am mai consumat inca un bit de $1$. Algoritmul in pseudocod este urmatorul:

Folosind aceste valori, vom determina bitii celui de-al $M$-lea sir, unul cate unul, pornind de la al $N$-lea bit. La fiecare pas, va trebui sa determinam cate siruri incep cu bitul $0$ si cate siruri incep cu bitul $1$. La inceput, vor exista $num[N-1,3]$ siruri care incep cu bitul $0$ si $num[N-1,2]$ siruri care incep cu bitul $1$. Este evident ca, la un anumit pas, toate sirurile care incep cu $0$ se vor afla inaintea tuturor sirurilor care incep cu $1$. De aceea, daca $M$ < numarul sirurilor care incep cu $0$, bitul respectiv va fi $0$; in caz contrar, bitul va fi $1$. Daca bitul este $1$, inainte de a trece la pasul urmator, va trebui sa actualizam valoarea lui $M$, in asa fel incat sa sarim peste toate sirurile care incep cu $0$ ({$M = M - numarul de siruri care incep cu 0$}), precum si sa tinem cont de faptul ca am mai consumat inca un bit de $1$. Algoritmul in pseudocod este urmatorul:

* $nrbiti = 3$
* $for i = N -> 1$
** $daca num[i-1, nrbiti] >= M atunci$
*** $bitul i este 0$
** $altfel$
*** $bitul i este 1$
*** $M = M - num[i-1, nrbiti]$
*** $nrbiti = nrbiti - 1$

== code(c) | nrbiti = 3
for i = N -> 1
  daca num[i-1, nrbiti] >= M atunci
    bitul i este 0
  altfel
    bitul i este 1
    M = M - num[i-1, nrbiti]
    nrbiti = nrbiti - 1
==

h3. Probleme asemanatoare

* 'Word Encoding / ACM ICPC NWERC 2004':http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2058
* 'Coding of Permutations / POJ':http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1349
* 'Bits of Trinity / ACM ICPC NWERC 1999':http://www.acm.inf.ethz.ch/ProblemSetArchive/B_EU_NWRC/1999/Problems.pdf'

* 'Cuvinte / Stelele Informaticii 2003':problema/cuvinte

* Parantezari / Baraj ONI 2000
h2(#clear). 'Clear':problema/clear

h4. Acoperirea cu numar minim de drumuri

Vom parcurge matricea pe linii, si pentru fiecare linie, pe coloane. Vom mentine o stare $S$ asemanatoare celei din solutia prezentata mai sus, la care se mai adauga un indice $C$ $(1 ≤ C ≤ N)$, avand semnificatia ca valorile de la $C+1$ la $N$ se refera la pozitiile de pe linia de deasupra, iar valorile de pe pozitiile de la $1$ la $C$ (din cadrul starii) se refera la linia curenta. Mentinand starea in acest fel, cand ajungem la elementul de pe linia $L$ si coloana $C$, vom calcula toate starile pentru care indicele este egal cu $C$. Pentru aceasta, vom parcurge toate starile $S'$ corespunzatoare coloanei anterioare ($C-1$ sau $N$, daca $C$ este prima coloana) si vom genera toate starile $S$ cu indicele egal cu $C$, avand de ales dintre urmatoarele optiuni:

Vom parcurge matricea pe linii, si pentru fiecare linie, pe coloane. Vom mentine o stare $S$ asemanatoare celei din solutia prezentata mai sus, la care se mai adauga un indice $C$ $(1 ≤ C ≤ N)$, avand semnificatia ca valorile de la $C+1$ la $N$ se refera la pozitiile de pe linia de deasupra, iar valorile de pe pozitiile de la $1$ la $C$ (din cadrul starii) se refera la linia curenta. Mentinand starea in acest fel, cand ajungem la elementul de pe linia $L$ si coloana $C$, vom calcula toate starile pentru care indicele este egal cu $C$. Pentru aceasta, vom parcurge toate starile $S'$ corespunzatoare coloanei anterioare ({$C-1$} sau $N$, daca $C$ este prima coloana) si vom genera toate starile $S$ cu indicele egal cu $C$, avand de ales dintre urmatoarele optiuni:

* incepe drum nou -> numarul de drumuri creste cu 1
* uneste nodul curent de nodul din stanga -> numarul de drumuri ramane constant

h3. Solutie $O(N*logN)$
Solutia prezentata poate fi optimizata la complexitate $O(N*logN)$, folosind o tehnica standard. Orice query de acest tip corespunzator unui arbore de intervale 2D poate fi redus de la o complexitate $O(log^2^N)$ la o complexitate $O(log N)$. Practic, se va efectua o cautare binara a coordonatei $Y$ inferioare si superioare numai in cadrul radacinii arborelui de intervale. Apoi, din constructia arborelui, vom memora pentru fiecare punct $P$ al fiecarui nod, $4$ pointeri:

* un pointer catre punctul cu cea mai mica coordonata $Y$ mai mare sau egala cu cea a punctului $P$ si care se afla in intervalul de coordonate $X$ al fiului stanga
* un pointer catre punctul cu cea mai mica coordonata $Y$ mai mare sau egala cu cea a punctului $P$ si care se afla in intervalul de coordonate $X$ al fiului dreapta
* un pointer catre punctul cu cea mai mare coordonata $Y$ mai mica sau egala cu cea a punctului $P$ si care se afla in intervalul de coordonate $X$ al fiului stanga

O parte din acesti pointeri pot fi calculati in momentul in care, in faza de constructie a arborelui de intervale 2D, se interclaseaza coordonatele $Y$ corespunzatoare fiului stanga si fiului dreapta. Cealalta parte a pointer-ilor se calculeaza realizand inca $2$ parcurgeri ale coordonatelor $Y$ sortate, una de la stanga la dreapta si alta de la dreapta la stanga (in conditiile in care am memorat pentru fiecare coordonata $Y$ de la care din cei doi fii provine).

 
Unul dintre concurenti a obtinut $100$ de puncte folosind o structura de date 2D numita 'kd-tree':http://en.wikipedia.org/wiki/Kd-tree, care poate oferi aceleasi operatii ca si un arbore de intervale 2D. Diferenta consta in cantitatea de memorie folosita ($O(N)$, in loc de $O(N*logN)$), dar si in complexitatea cautarii in interiorul unui dreptunghi ($O(sqrt(N))$, in loc de $O(log^2^N)$ sau $O(logN)$ cu optimizarea mentionata).

Unul dintre concurenti a obtinut $100$ de puncte folosind o structura de date 2D numita 'kd-tree':http://en.wikipedia.org/wiki/Kd-tree, care poate oferi aceleasi operatii ca si un arbore de intervale 2D. Diferenta consta in cantitatea de memorie folosita ({$O(N)$}, in loc de $O(N*logN)$), dar si in complexitatea cautarii in interiorul unui dreptunghi ({$O(sqrt(N))$}, in loc de $O(log^2^N)$ sau $O(logN)$ cu optimizarea mentionata).

h3. Link-uri utile

* 'Cautari Ortogonale / infoarena':downloads?cautari_ortogonale.doc , articol scris de Cosmin Negruseri
* 'Arbori de intervale / infoarena':downloads?arbori_de_intervale.zip , articol scris de d-na. prof. Dana Lica

* 'Cautari Ortogonale / infoarena':cautari-ortogonale , articol scris de Cosmin Negruseri
* 'Arbori de intervale / infoarena':arbori-de-intervale , articol scris de d-na. prof. Dana Lica

* 'Range Minimum Query and Lowest Common Ancestor / TopCoder':http://www.topcoder.com/tc?module=Static&d1=tutorials&d2=lowestCommonAncestor , articol scris de catre Daniel Pasaila
* 'Orthogonal Range Queries / MIT':http://people.csail.mit.edu/indyk/6.838-old/handouts/lec5.pdf

Observam ca, pentru ca media aritmetica a doua numere sa fie un numar intreg, ambele numere trebuie sa aiba aceeasi paritate. Acesta observatie ne-ar putea conduce la ideea de a separa, in cadrul permutarii, numerele pare de numerele impare. Sa presupunem ca vrem sa amplasam la inceputul permutarii toate numerele pare, apoi toate numerele impare. Sa consideram cazul numerelor pare, cazul numerelor impare tratandu-se similar. Avem $N/2$ numere pare: $2, 4, 6, ...$ pe care trebuie sa le ordonam in asa fel incat media aritmetica a oricare doua numere sa nu se afle intre ele. Vom renumerota numerele pare ca fiind $1, 2, .., N/2$ si vom observa ca acum problema s-a redus la a gasi o permutare de $N/2$ elemente pentru care media a oricare $2$ numere sa nu se afle intre ele (exact problema initiala, dar pentru $N$ injumatatit). Vom aplica in mod recursiv acest algoritm, pana ajungem la permutari cu $1$ sau $2$ elemente.
Daca aplicam algoritmul direct, obtinem o solutie de tipul 'Divide et Impera':http://en.wikipedia.org/wiki/Divide_and_conquer_algorithm , ce are complexitatea $O(N*logN)$. O imbuntataire a acestei solutii (care nu este necesara pentru a obtine punctajul maxim la problema) consta in observatia ca, de fapt, va trebui sa rezolvam cel mult $2*logN$ probleme distincte. Sa consideram urmatorul caz (cea mai proasta situatie):

* $N=2*k+1$: La primul nivel de recursivitate trebuie sa rezolvam problema pentru valorile k si k+1. Avem urmatoarele $2$ subcazuri:
** $k=2*p$ si $k+1=2*p+1$: Pentru $k$, va trebui sa rezolvam la nivelul urmator de recursivitate problema pentru valoarea $p$, iar pentru $k+1$ va trebui sa rezolvam problema pentru valorile $p si p+1$ ; asadar, la urmatorul nivel de recursivitate va trebui sa rezolvam problema doar pentru valorile distincte $p$ si $p+1$.
** $k=2*p-1$ si $k+1=2*p$: Pentru $k$, va trebui sa rezolvam la nivelul urmator de recursivitate problema pentru valorile $p-1$ si $p$, iar pentru $k+1$ va trebui sa rezolvam problema pentru valoarea $p$ ; asadar, la urmatorul nivel de recursivitate va trebui sa rezolvam problema doar pentru valorile distincte $p-1$ si $p$.

* 'Game / Bursele Agora 2004':problema/game
* 'Pietre / infoarena':problema/pietre
* 'Otilia / .campion 2005':problema/otilia

* 'Playing with Matches / SGU':http://acm.sgu.ru/problem.php?contest=0&problem=153
* 'A Stone Game / TIMUS':http://acm.timus.ru/problem.aspx?space=1&num=1180
* 'The Game of Squares / TIMUS':http://acm.timus.ru/problem.aspx?space=1&num=1529