(Categoria _Tehnici de programare_, autori _Catalin Tiseanu_, _Andrei Homescu_)

TODO:

TODO://ok..to do...dar do mai repede...k e foarte bun articolul si vreau sa citesc si partea cealalta...e pacat sa lasati articolul neterminat asa...vede lumea...bine..e si funny ;)) peace out ;)

1. Reparat link de la ugly numbers

h2. Reducerea loop-ului interior

În problemele de programare dinamică de multe ori prima complexitate obţinută nu este optimă. Mai exact, recurenţa obţinută iniţial poate fi îmbunătăţită sau calculată mai rapid. De multe ori, pentru aceasta se optimizeaza loop-ul interior din calculul recurenţei. Acest lucru se poate face bazat fie pe observaţii specifice problemei, fie pe tehnici mai clasice.
 

Să considerăm următoarea problema:
h3(#problema-1). Problema 1: 'Drilling':http://www.main.edu.pl/user.phtml?op=showtask&task=wie&con=PA2009&lang=en (Algorithmic Engagements 2009, Round 3)

h2. Programare dinamica folosind bitmask

h2. Programare dinamică folosind măşti de biţi şi codificări $k$-are
 
Unele probleme de programare dinamica au drept componentă a stării unei subprobleme o mulţime de elemente care fac parte din subproblemă. Astfel, subproblema nu este o reducere a problemei iniţiale la un subset continuu de elemente ({$1..i$} sau $i..j$) ci la un subset oarecare. În acest caz, codificăm submulţimea curentă în stare, ca vector sau ca număr întreg. Dacă dimensiunea submulţimii este suficient de mic putem folosi un întreg pentru a codifica această informaţie astfel:
 
Fie mulţimea $A$ = { x{~1~}, x{~2~}, ... x{~n~} }.
Atunci masca de biţi a unei partitii a lui $A$, $MASK$, va avea bitul $i$ egal cu 1 dacă şi numai dacă x{~i~} apartine partitiei. Desigur, această reprezentare duce la o complexitate direct proporţională cu $2 ^card(A)^$. Putem intui dacă trebuie să folosim o astfel de rezolvare din limitele valorilor de intrare; pentru $N$ cu valori cuprinse între $10-20$, deducem că trebuie să căutăm o astfel de soluţie.
 
Pentru multe probleme, fiecare element poate face parte din subproblemă în mai mult de 2 feluri. De exemplu, dacă starea reprezintă o linie de maxim $K$ elemente dintr-o matrice iar fiecare element de pe linie poate avea valorile 0, 1 sau 2 atunci există $3^K$ variante distincte posibile pentru o astfel de linie. Un alt exemplu este o problemă de optimizare în care fiecare element (participant) se poate afla în una din câteva stări (dacă $N$ persoane trebuie să treacă un pod peste un râu, cele 3 stări pot fi: _pe malul stâng_, _pe pod_ şi _pe malul drept_).
 
 
h3(#problema-1). Problema 1: 'Be a Smart Raftsman':http://acm.sgu.ru/problem.php?contest=0&problem=475 (SGU)
 
bq. Sunteţi membri ai unui echipaj de rafting care constă din $N ≤ 10$ participanţi. Puteţi naviga pe râu, şi scopul vostru este să treceţi de $M ≤ 1000$ curenţi consecutivi şi să ajungi de la punctul de început la punctul de sfârşit în timp minim. Cel de-al $i$-lea curent se caracterizează prin greutatea critică $c{~i~}$, iar al $j$-lea participant este caracterizat greutatea sa $w{~j~}$. În cazul în care pluta trece prin al $i$-lea curent cu oameni la bord cu greutatea totală mai mare de $c{~i~}$, ea se răstoarnă. Această parte a rafting-ului este cea mai interesantă, dar este nevoie de timp suplimentar pentru a te urca pe plută după răsturnare. Deci, uneori este mai bine să se urce un grup de oameni cu greutate totală care nu depăşeşte greutatea critică a plutei, în timp ce restul parcurg distanţa pe jos.
Mai formal, vom considera $M + 1$ puncte $P{~0~}, P{~1~} ,..., P{~M~}$, în cazul în care $P{~0~}$ este începutul şi $P{~M~}$ este punctul final. Fiecare dintre punctele intermediare $P{~i~} (1 ≤ i ≤ M-1)$ este situat între $i$-lea şi $(i + 1)$-lea curent. Dacă pluta se răstoarnă, sunt necesare $D{~i~}$ minute pentru a ajunge de la $P{~i-1~}$ la $P{~i~}$, altfel sunt necesare $d{~i~}$ minute. Cel de-al $j$-lea participant poate merge pe jos de la $P{~i-1~}$ la $P{~i~}$ în $t{~j~}$ minute, iar pentru a se urca sau a coborî din plută are nevoie de $s{~j~}$ minute. Înainte de fiecare curent, grupul vostru este împărţit în două părţi. Prima parte trece prin curent cu pluta, iar a doua parte merge pe mal spre următorul punct. Cei care ajung primii îi aşteaptă pe toţi ceilalţi. Apoi, unii participanţi care sunt pe plută se pot da jos, în timp ce alţi participanti care sunt pe mal se pot urca pe plută. Această activitate începe când ajung pluta şi toţi cei de pe mal la punctul stabilit. Timpul total necesar pentru această acţiune este egal cu suma valorilor $s{~j~}$ pentru toate persoanele care schimbă locul (persoanele urcă şi coboară pe rând). Nimeni nu poate începe deplasarea la următorul punct, până când nu s-au mutat toţi membrii.
începeţi de la punctul de $P{~0~}$ cu tot grupul pe mal şi trebuie să terminaţi la punctul $P{~M~}$ cu toţi participanţii şi pluta pe mal. Nu aveţi voie să părăsiţi pluta la început sau într-un un punct intermediar şi să mergeţi pe jos spre linia de sosire fără ea. Aveţi posibilitatea să urcaţi tot grupul de salvare în plută, dar nu puteţi lăsa pluta goală în timpul călătoriei printr-un curent.
Sarcina voastră este să calculaţi timpul minim necesar pentru a ajunge la linia de sosire.
 
h3. Rezolvare:
 
Din enunţ intuim că o componentă a stării trebuie să fie submulţimea participanţilor aflaţi în plută în punctul curent, intuiţie confirmată de numărul mic al participanţilor ({$N ≤ 10$}). Există $2^10^$ astfel de variante, din care vom exclude varianta în care pluta este goală. O stare a problemei, reprezentănd soluţia unei subprobleme, va fi alcătuită din poziţia curentă a plutei (punctul $P{~i~}$ unde se află) şi submulţimea oamenilor care se află în plută. Observăm că de la punctul precedent pluta a traversat curentul, au urcat nişte oameni apoi au coborât alţii; aceşti paşi contribuie la timpul total şi reprezintă 2 părţi ale recurenţei soluţiei. Dacă notăm cu $T{~m~}[i][S]$ timpul minim necesar pentru a ajunge în punctul $i$ cu submulţimea $S$ a oamenilor din plută, putem descrie problema prin relaţiile:
 
<tex> $T_m[0][0] = 0$ </tex>
<tex> $T_m[0][S] = T_u[0][S], \forall S \neq 0$ </tex>
<tex> $T_m[i][S] = \min_{S' \neq \emptyset} \{T_m[i-1][S'] + T_t[i][S'] + T_u[S'][S] + T_c[S'][S]\}, \forall 1 \le i \le M$ </tex>

In continuare vom vedea un exemplu de programare dinamica unde vom folosi un bitmask (codificat pe un intreg) pentru a tine spatiul starilor.

unde $T{~u~}[S'][S]$ este timpul necesar pentru urcarea participanţilor care se găsesc în mulţimea $S$ dar nu fac parte din mulţimea $S'$ (aceşti participanţi alcătuiesc mulţimea $S{~u~}$), $T{~c~}[S'][S]$ este timpul necesar pentru coborârea participanţilor din plută (participanţii din mulţimea $S{~c~}$), iar $T{~t~}[i][S]$ este timpul necesar traversării curentului de la punctul $i-1$ la punctul $i$ dacă în plută se află participanţii din $S$. Formulele pentru valorile $T{~u~}$, $T{~c~}$ şi $T{~t~}$ sunt:
 
<tex> $T_u[S_1][S_2] = \sum_{i \in S_2 - S_1}{s_i} = \sum_{i \in S_u}{s_i}$ </tex>
<tex> $T_c[S_1][S_2] = \sum_{i \in S_1 - S_2}{s_i} = \sum_{i \in S_c}{s_i}$ </tex>
<tex> $T_t[i][S] = \left\{
\begin{array}{l l}
  D_i & \quad \sum_{j \in S}{w_j} > c_i\\
  d_i & \quad \sum_{j \in S}{w_j} \le c_i\\
\end{array} \right. $</tex>
 
Calcularea directă a soluţiei pe baza recurenţelor de mai sus are complexitatea $O(M*N*2^N^ + M*2^N^*2^N^)$. Primul termen al complexităţii este dat de calcularea valorilor $T{~t~}$, iar al doilea de calcularea matricii $T{~m~}$.
 
Valoarea rezultatului nu depinde de ordinea în care urcă şi coboară participanţii din plută, deci o putem alege noi. Dacă aranjăm ordinea în doi paşi astfel încât în primul pas doar să urce, apoi în al doilea pas doar să coboare, vom obţine o îmbunătăţire semnificativă a timpului de execuţie. Se observă că dacă am efectua doar adăugări de elemente (daca în plută s-ar putea doar urca persoane, fără să poată coborî), atunci <tex> $S' \in S$ </tex> şi deci reprezentarea în cod binar a mulţimii $S'$ ar avea o valoare mai mică decât reprezentarea binară a mulţimii $S$. Dacă ar avea voie doar să coboare persoane, relaţia ar fi inversă. De aceea, vom ordona operaţiile de urcare şi coborâre astfel încât să aibă loc întâi toate urcările (astfel încât să putem parcurge crescător valorile binare ale mulţimilor) apoi toate coborârile (astfel încât să putem efectua a doua parcurgere, în ordine descrescătoare). Introducem matricea auxiliară $T{~um~}[i][S]$ care reprezintă timpul minim necesar la care se poate afla pluta în punctul $i$ cu mulţimea $S$ de oameni, dacă după ultima traversare nu a coborât încă nici o persoană. Starea $S$ a fost obţinută prin una sau mai multe urcări de persoane în plută sau direct prin traversarea curentului. Recurenţele pentru $T{~um~}[i][S]$ sunt:
 
<tex> $T_{um}[i][S] = \min \left(T_m[i-1][S] + T_t[i][S], \min_{j \in S}\{T_{um}[i][S - j] + s_j\} \right) </tex>
<tex> $T_m[i][S] = \min \left(T_{um}[i][S], \min_{j \not\in S}\{T_m[i][S \cup j] + s_j\} \right) </tex>
 
Am eliminat calcularea matricilor $T{~u~}$, $T{~c~}$. Toate matricile rămase au dimensiunea $Mx2^N^$ iar calcularea fiecărui element necesită un timp $O(N)$, deci soluţia astfel obţinută are complexitatea $O(M*N*2^N^)$.
 
== code(cpp)    |
    iniţializează toate Tm[0];
    pentru i = 1, M execută
        calculează toate Tt[i];
        pentru fiecare S în ordine crescătoare a reprezentării binare execută
            Tum[i][S] = Tm[i-1][S] + Tt[i][S];
            pentru fiecare j din S execută
                Tum[i][S] = min(Tum[i][S], Tum[i][S - j] + s[j]);
            sfârşit pentru;
        sfârşit pentru;
        pentru fiecare S în ordine descrescătoare a reprezentării binare execută
            Tm[i][S] = Tum[i][S];
            pentru fiecare j care nu există în S execută
                Tm[i][S] = min(Tm[i][S], Tm[i][S + j] + s[j]);
            sfârşit pentru;
        sfârşit pentru;
    sfârşit pentru;
    returnează Tm[M][0];
==

Astfel sa presupunem ca avem nevoie sa tinem un vector caracteristic pentru o multime.
Daca cardinalul acesteia este suficient de mic putem folosi un intreg pentru a codifica aceasta informatie astfel:

Mai există două optimizări de spaţiu pe care le putem efectua în soluţia prezentată. Putem elimina matricea $T{~um~}$, calculând toate valorile direct pe matricea $T{~m~}$, deoarece aceasta va fi parcursă în ambii paşi în câte o singură direcţie. A doua optimizare se bazează pe observaţia că nu avem niciodată nevoie de alte linii în afară de ultimele 2 ({$i$} si {$i-1$}), deci putem înlocui matricea cu 2 vectori de dimensiune $2^N^$. Valorile $T{~t~}$ pot fi calculate în cadrul primei bucle, reducând astfel spaţiul necesar soluţiei la $O(2^N^)$.

Fie multimea A = { x{~1~}, x{~2~}, ... x{~n~} }.
Atunci bitmaskul unei partitii a lui A, MASK, va avea bitul i egal cu 1 numai si numai daca x{~i~} apartine partitiei.
Desigur, aceasta reprezentare duce la o complexitate direct proportionala cu 2 ^card(A)^.
h3. Exemplu

h2. Programare dinamica pe mai multe dimensiuni
Unele probleme nu pot fi împărţite în subprobleme doar după o submulţime a datelor de intrare ale problemei curente, ci trebuie adăugate criterii suplimentare. De multe ori, aceste valori sunt similare sumei din _problema rucsacului_, dar calculele se fac pe 2 sau chiar mai multe dimensiuni, obţinând o descriere destul de complexă a unei subprobleme. De exemplu, o subproblemă poate fi reprezentată printr-un vector de valori de dimensiuni variate.

h2. Programare dinamica folosind vectori de numere intregi

h3(#problema-1). Problema 1: 'Ugly numbers':http://code.google.com/codejam/contest/dashboard?c=32015#s=p1&a=1 (Google Code Jam 2008, Round 1C)

==

h3(#problema-2). Problema 2: 'Doipatru':http://infoarena.ro/problema/doipatru
 
bq. Membrii Lotului Naţional de Informatică sunt foarte mândri de noul joc inventat de ei, pe care l-au denumit asemănător cu o problemă de la Olimpiada Internaţională de Informatică din anul 2001, care le-a plăcut foarte mult. Astfel, jocul se numeşte DoiPatru.
Pentru acest joc se folosesc $3 ≤ N ≤ 30$ grămezi, fiecare conţinând cel puţin 0 şi cel mult 4 bile. Numărul total de bile din toate grămezile este $2*N$. Doi jucători mută alternativ. Atunci când ii vine rândul, fiecare jucător este obligat să efectueze o mutare validă.
O mutare validă constă din alegerea a două grămezi, dintre care prima grămadă are mai multe bile decât cea de a doua. Jucătorul ia o bilă din prima grămadă şi o mută în cealaltă. Mutarea se consideră validă, doar dacă numărul de bile rezultat în a doua grămadă după mutarea bilei nu este mai mare decât numărul de bile rămas în prima grămadă.
Jocul se termină atunci când nu mai poate fi efectuată nici o mutare validă (dacă vă gândiţi puţin, veţi constata că acest lucru se întâmplă atunci când fiecare grămadă conţine două bile).
Câştigătorul jocului este desemnat cel care deţine mai multe grămezi la sfârşitul jocului. Bineînţeles, dacă cei doi jucători deţin un număr egal de grămezi, jocul se consideră a fi remiză.
Un jucător deţine o grămadă dacă grămada are două bile, iar acest număr (de două bile) a rezultat în urma unei mutări efectuate de jucătorul respectiv. De exemplu, dacă un jucător alege o grămadă cu 4 bile şi una cu o bilă, în urma efectuării mutării, el va deţine cea de-a doua grămadă (care va avea două bile), dar prima nu va aparţine deocamdată nici unuia dintre jucători. Dacă alege o grămadă cu 3 bile şi una cu 0 bile, jucătorul va deveni proprietarul primei grămezi, deoarece, în urma mutării efectuate, grămada respectivă va rămâne cu două bile. În cazul în care alege o grămadă cu 3 bile şi una cu o bilă, după efectuarea mutării, el va deţine ambele grămezi (amândouă au acum doua bile).
Dacă un jucător este proprietarul unei grămezi la un moment dat în timpul jocului, nu înseamnă că această grămadă va rămâne în posesia lui până la sfârşit. De exemplu, să presupunem că jucătorul 1 deţine o grămadă cu două bile şi este rândul jucătorului 2 să mute. Dacă acesta alege o grămadă cu 4 bile şi grămada cu două bile ce aparţine jucătorului 1, după efectuarea mutării, ambele grămezi vor avea 3 bile, iar numărul de grămezi aflate în posesia jucătorului 1 va scădea cu 1 (grămada deţinută de el anterior nu mai aparţine nici unuia din cei doi jucători, căci nu mai are doua bile).
Dacă la începutul jocului există unele grămezi având două bile, acestea sunt distribuite în mod egal celor doi jucători. Dacă numărul de grămezi cu două bile este impar, atunci jucătorul 2 va primi cu o grămadă mai mult decât jucatorul 1. Jucătorul 1 este cel care efectuează prima mutare.
Scrieţi un program care, pentru un $N$ dat şi un set de configuraţii iniţiale ale jocului cu $N$ grămezi, decide rezultatul fiecărei configuraţii de joc.
 
h3. Rezolvare:
 
Începem rezolvarea cu observaţia că există 5 tipuri de grămezi (0, 1, 2, 3 şi 4 bile), dar pentru fiecare grămadă de 2 bile aparţine doar unuia dintre jucători, informaţie esenţială pentru stabilirea câştigătorului. Vom separa deci toate grămezile de 2 bile în 2 categorii: $2A$ care reprezintă grămezile de 2 bile deţinute de primul jucător şi $2B$ care sunt grămezile de 2 bile deţinute de al doilea jucător. Orice moment al jocului poate fi reprezentat identificând jucătorul care urmează la mutare şi numărul de bile din fiecare dintre cele $N$ grămezi. O variantă alternativă este de a reprezenta numerele de grămezi din fiecare tip, starea fiind reprezentată prin valorile $(J, n{~0~}, n{~1~}, n{~2A~}, n{~2B~}, n{~3~}, n{~4~})$, unde $n{~k~}$ reprezintă numărul de grămezi care au $k$ bile (cu excepţiile $2A$ şi $2B$, descrise înainte).
Vom nota prin $R[J, n{~0~}, n{~1~}, n{~2A~}, n{~2B~}, n{~3~}, n{~4~}]$ cel mai bun rezultat pe care îl poate obţine jucătorul care urmează ({$J$}). Valorile posibile ale rezultatului vor fi alese ca numere întregi crescătoare, astfel: 0 dacă din configuraţia curentă jucătorul nu are nici o şansă să câştige, 1 dacă jucătorul poate obţine o remiză şi 2 dacă jucătorul are o strategie sigură de câştig. Fiecare jucător va alege mutarea potrivită astfel încât să maximizeze valoarea $R$, care este în acelaşi timp rezultatul cel mai prost pentru celălalt jucător. Vom nota jucătorii prin 0 şi 1 şi putem calcula valoarea optimă pentru $R$ astfel:
 
<tex> $R[J, n_0, n_1, n_{2A}, n_{2B}, n_3, n_4] = 2 - \min\{R[\(1 - J\), n_0', n_1', n_{2A}', n_{2B}', n_3', n_4'] \}$</tex> dacă $(n'{~0~}, n'{~1~}, n'{~2A~}, n'{~2B~}, n'{~3~}, n'{~4~})$ reprezintă o stare accesibilă din starea curentă printr-o singură mutare. Observăm că rezultatul este cu atât mai bun pentru unul dintre jucători cu cât este mai prost pentru celălalt, deci rezultatele sunt invers proporţionale, $2$ pentru $J$ reprezentănd $0$ pentru jucătorul $1 - J$. Fiecare jucător alege mutarea care îi va obţine rezultatul maxim, acesta fiind corespunzător rezultatului defavorabil (de valoare minimă) pentru celălalt.
 
Stările pentru care nu mai există decât grămezi de tipuri $2A$ şi $2B$ sunt, conform enunţului, stări finale.
<tex> $R[J, 0, 0, n_{2A}, n_{2B}, 0, 0] = \left\{
\begin{array}{l l}
  0 & \quad J = 0, n_{2A} < n_{2B}\\
  0 & \quad J = 1, n_{2A} > n_{2B}\\
  1 & \quad n_{2A} = n_{2B}\\
  2 & \quad J = 0, n_{2A} > n_{2B}\\
  2 & \quad J = 1, n_{2A} < n_{2B}\\
\end{array} \right. $</tex>
 
Notând cu $S$ tuplul distribuţiei bilelor în grămezi $(J, n{~0~}, n{~1~}, n{~2A~}, n{~2B~}, n{~3~}, n{~4~})$ atunci vom folosi o notaţie echivalentă dar mai scurtă, $R[J, S]$. Vom iniţializa toate valorile din acest tablou multidimensional la -1 şi apoi vom calcula recursiv valorile, obţinând o complexitate polinomială prin memoizare.
 
== code(cpp)  |
calculR(J, S)
  dacă R[J, S] != -1 atunci
    returnează R[J, S];
  dacă S e stare finală
    returnează 0, 1 sau 2 în funcţie de câştigător;
 
  R[J, S] = 0;
  pentru toate stările S' în care se poate ajunge din S printr-o mutare
    R[J, S] = max(R[J, S], 2 - calculR(1 - J, S'));
  sfârşit pentru;
  returnează R[J, S];
==
 
La prima vedere, numărul stărilor este $2 * (2N)^6^ = 2 * 60^6^ = 93,312 * 10^9^$, deci numărul stărilor este prea mare pentru a intra în limite rezonabile de spaţiu şi timp. Observăm totuşi că toate stările îndeplinesc condiţia $n{~0~} + n{~1~} + n{~2A~} + n{~2B~} + n{~3~} + n{~4~} = N$. Numărul total al stărilor este numărul tuplurilor care îndeplinesc egalitatea şi condiţiile $n{~k~} ≥ 0$. Vom numerota cele 6 tipuri de grămezi prin numere de la 0 la 5. Vom calcula valorile $N{~S~}[g, b, v]$ care reprezintă numărul de variante de a grupa $b$ bile în $g$ grămezi, astfel încât cea mai mică grămadă să aibă cel puţin mărimea tipului de indice $0 ≤ v ≤ 5$. Notăm cu $D$ şirul dimensiunilor tipurilor, $(0, 1, 2, 2, 3, 4)$ şi observăm că o stare descrisă prin $(g, b, v)$ ori are o grămadă de dimensiune $D{~v~}$ ori toate grămezile sunt mai mari decât această dimensiune. Atunci recurenţa de calcul pentru $N{~S~}$ este: $N{~S~}[g, b, v] = N{~S~}[g, b, v + 1] + N{~S~}[g - 1, b - D{~v~}, v]$ cu cazul particular $N{~S~}[0, 0, 5] = 1$. Numărul total de stări este valoarea $N{~S~}[N, 2*N, 0]$. Pentru valoarea maximă a lui $N$ din enunţ, am obţinut $N{~S~}(30) = N{~S~}[30, 60, 0] = 8266$. Rezultă deci că numărul total real al stărilor este relativ mic, iar soluţia noastră se încadrează în limitele de timp şi spaţiu date.
 
Pentru o stare $S$ dată, numărul stărilor posibile $S'$ în care putem ajunge este foarte mic. În cel mai rău caz, perechile de grămezi care reprezintă mutarea din pasul curent sunt din mulţimea ${(0, 2A), (0, 2B), (0, 3), (0, 4), (1, 3), (1, 4), (2A, 4), (2B, 4)}$, deci un jucător are maxim 8 mutări posibile de efectuat. După ce am ales tipurile de grămezi pe care efectuăm mutarea, este irelevantă alegerea grămezilor cu dimensiunile date, deoarece toate alegerile duc la aceeaşi stare următoare.
 
Un mod de a stoca tabloul $R$ astfel încât spaţiul necesar să fie minim este folosirea unui dicţionar care să stocheze valorile $R[J, n{~0~}, n{~1~}, n{~2A~}, n{~2B~}, n{~3~}, n{~4~}]$ pentru toate stările valide, folosind astfel doar $O(N{~S~}(N))$ spaţiu. Dicţionarul poate fi implementat printr-o tabelă de dispersie sau arbori binari de căutare, în C++ folosind chiar $map$ sau $hash_map$ din STL. Altă opţiune este codificarea fiecărei stări $S$ printr-un număr întreg cuprins între 1 şi $N{~S~}(N)$, caz în care tabloul $R$ poate fi stocat într-o matrice de dimensiune $2xN{~S~}(N)$. Asocierea dintre descrierea unei stări (numărul de grămezi de fiecare tip) şi numărul său de ordine poate fi precalculată şi stocată într-un dicţionar sau poate fi calculată în $O(N)$ cu ajutorul unor formule. În primul caz, vom genera prin backtracking toate variantele posibile de stări într-o ordine oarecare şi vom aloca fiecărei stări câte un număr, stocând izomorfismul într-un dicţionar.
 
Varianta mai complexă, dar mai elegantă presupune stabilirea unei ordini fixe a stărilor şi apoi folosirea unor tehnici combinatoriale pentru a calcula numărul corespunzător unei stări sau starea corespunzătoare unui număr. Vom defini mai formal o stare ca un 6-tuplu $(n{~0~}, n{~1~}, n{~2A~}, n{~2B~}, n{~3~}, n{~4~})$ şi vom ordona toate stările lexicografic (stările sunt ordonate după $n{~0~}$; în caz de egalitate, sortarea se face după $n{~1~}$ ş.a.m.d.). Atunci numărul de ordine al unei stări calculat de formula de mai sus este numărul de stări care au o valoare mai mică pentru $n{~0~}$ plus numărul de stări care au aceeaşi valoare pentru $n{~0~}$ dar o valoare mai mică pentru $n{~1~}$ ş.a.m.d.
 
==code(cpp)  |
  IS = 1;
  G = N;
  B = 2 * N;
  pentru k = 0, 4 execută
    dacă n[k] > 0 atunci
       pentru i = 1, n[k] execută
         IS = IS + S[G][B][k + 1];
         G = G - 1;
         B = B - D[k];
       sfârşit pentru;
  sfârşit pentru;
  returnează IS;
==
 
Operaţia inversă calculează o stare $S$ pe baza valorii $I(S)$ a indicelui stării.
 
==code(cpp)  |
  G = N;
  B = 2 * N;
  pentru k = 0, 4 execută
    n[k] = 0;
    cât timp IS > S[G][B][k + 1] execută
      IS = IS - S[G][B][k + 1];
      G = G - 1;
      B = B - D[k];
      n[k] = n[k] + 1;
    sfârşit cât timp;
  sfârşit pentru;
  n[5] = G;
  returnează n;
==
 
Aceşti algoritmi pot fi integraţi în funcţia recursivă de calcul a matricii $R$.
 

To be continued ...