• Home
• Clasament
• Organizatori
• Sponsori si premii
• Regulament
• Aparitii in presa
• Runde
• Runda 1
• Runda 2
• Runda 3
• Runda 4
• Runda Finala

Solutii Runda 3

Buline

(problema usoara, clasa a 9-a)

Problema este o variatie a unei probleme clasice: dandu-se un sir de N numere intregi sa se determine o secventa de suma maxima. Singura
modificare este ca in aceasta problema sirul este circular. In prima parte a solutiei nu vom lua in considerare faptul ca sirul este circular. Pentru a rezolva problema pentru un sir normal exista o solutie clasica O(N). Se calculeaza pentru fiecare i secventa de suma maxima care se termina cu elementul i: este fie secventa de suma maxima care se termina la elementul i-1, la care se adauga elementul i, fie doar elementul i. O scurta descriere in pseudocod a acestui algoritm:

s = smax = 0;
pentru i = 1, n executa
   s = max(s+A[i], A[i]);
   smax = max(smax, s);
sfarsit pentru

O prezentare detaila a acestei probleme si metode de rezolvare gasiti aici.
Vom trata acum si faptul ca sirul este circular. Astfel, trebuie verificate si secventele de forma i,i+1,...N-1,N,1,2,...j-1,j. Pentru a realiza acest lucru eficient precalculam un sir de sume partiale S_i = A₁ + A₂ + ... + A_i = S_i-1+A_i si un al doilea sir T_i = max(S₁, S₂,..., S_i) = max(T_i-1, S_i). Pentru un i fixat, cea mai buna secventa de forma i,i+1,...N-1,N,1,2,...j-1,j se poate calcula in O(1) astfel: T_i-1+S_N-S_i-1. Complexitatea rezolvarii este O(N), iar pentru reconstituirea solutiei sunt necesare doar cateva variabile aditionale pentru pozitie si lungime.

Zero 2

(problema medie, clasa a 9-a)

Fie E(N) = 1!*2!*...*N!. Numarul de zerouri terminale in scrierea lui E(N) in baza B este egal cu numarul de ori E(N) se imparte la B. Pentru a determinarea puterea la care apare B in E(N) vom descompune numarul B in factori primi B = p₁^e₁*p₂^e₂*...*p_k^e_k. Fie Nr(N, p) puterea la care apare numarul prim p in descompunerea in factori primi a lui E(N). Rezultatul va fi min([Nr(N, p₁)/e₁], [Nr(N, p₂)/e₂], ..., [Nr(N, p_k)/e_k]).
Asadar problema se va reduce la a calcula Nr(N, p) in mod eficient. O prima rezolvare de complexitate O(N*lg N) este de parcurge toate numerele de la 1 la N si de a determina puterea la care apare p in x! (1 ≤ x ≤ N) folosind formula [x/p]+[x/p²]+[x/p³]+... care a fost prezentata si aici. Astfel:
Nr(N, p) = [N/p]+[N/p²]+[N/p³]+... + [(N-1)/p]+[(N-1)/p²]+[(N-1)/p³]+... + [1/p]+[1/p²]+[1/p³]+... =
= [N/p]+[(N-1)/p]+...+[1/p] + [N/p²]+[(N-1)/p²]+...+[1/p²] + [N/p³]+[(N-1)/p³]+...+[1/p³] + ....

Fie S(N, p) = [N/p]+[(N-1)/p]+...+[1/p]. Putem scrie Nr(N, p) = S(N, p) + S(N, p²) + S(N, p³) + ....
Vom arata in continuare ca se poate calcula S(N, p) in O(1) astfel:
Termenii [1/p],[2/p]...[(p-1)/p] au valoarea 0
Termenii [p/p],[(p+1)/p]...[(2*p-1)/p] au valoarea 1
Termenii [(2*p)/p],[(2*p+1)/p]...[(3*p-1)/p] au valoarea 2
...
Termenii [(k*p)/p],[(k*p+1)/p]...[((k+1)*p-1)/p] au valoarea k
Termenii [((k+1)*p)/p]...[N/p] au valoarea k+1
Astfel k = [N/p]-1 iar S(N, p) = k*(k+1)/2*p + (k+1)*(N-(k+1)*p+1). Putem acum calcula Nr(N, p) in O(log_p N). Factorizarea numarului B se poate face in O( &rad; B).

Puteri

(problema grea, clasa a 9-a, problema medie, clasa a 10-a)

Balanta

(problema usoara, clasa a 10-a)

Expresii 2

(problema grea, clasa a 10-a)

Ograzi

(problema usoara, clasele 11-12)

Problema este una clasica de cautari ortogonale si se poate face usor o solutie in care se sorteaza dreptunghiurile si punctele dupa coordonata x, iar apoi se foloseste o linie de baleiere. Se proceseaza updateuri si querieruri pe un arbore de intervale in o dimensiune. Aceasta solutie are complexitate O(M*lg N + N*lg N). S-au obtinut in jur de 70 de puncte folosind asemenea abordari.
Pentru a obtine o solutie mai eficienta trebuia exploatata particularitatea problemei, adica faptul ca toate dreptunghiurile erau egale. Solutia autorului continea doi pasi:

• Intai folosim grila de puncte de coordonate (i*W+0.5, j*H+0.5) unde i si j sunt numere intregi. Orice dreptunghi din enunt contine exact un punct din aceasta grila. Vom folosi o tabela de dispersie (hash) ce grupeaza in perechi dreptunghiurile din intrare si punctele din grila interioare lor.
• Pentru a determina daca un punct din cele M este continut in vreun dreptunghi, ne uitam care sunt cele patru puncte din grila vecine acestuia, si vom gasi maxim patru dreptunghiuri asociate acelor 4 puncte din grila. Apoi testam incluziunea punctului nostru in fiecare dintre cele patru dreptunghiuri, astfel putem raspunde la orice test de incluziune in O(1).

Complexitatea toatala a algoritmului este O(N + M). Felicitam pe Berzan Constantin care a folosit aceasta abordare si a fost singurul ce a luat punctaj maxim pe aceasta problema.

KPerm

(problema medie, clasele 11-12)

Fie sigma o K-permutare cu N elemente => pentru orice i, 1 ≤ i ≤ N-K avem relatiile:

• sigma_i + sigma_i + ... sigma_i+K-1 congruent cu 0 ( mod K )
• sigma_i+1 + sigma_i+2 + ... sigma_i+K congruent cu 0 ( mod K )

Scazand cele doua relatii, obtinem sigma_i congruent cu sigma_i+K ( mod K ).
Fie N = C * K + R, 0 ≤ r < K.
Se observa ca intr-o K-permutare nu conteaza decat resturile numerelor la impartirea cu K, si nu numerele propriu-zise. Deci putem privi o permutare in functie de cate resturi r sunt in permutare, pentru orice r de la 0 la K-1. Se observa ca resturile de la 1 la R apar de exact C+1 ori, in timp ce toate celelalte resturi apar de exact C ori.

I. N ≥ 2 * K, sau, echivalent C ≥ 2. Se observa ca in primele C numere din permutarea care constituie o solutie nu putem pune acelasi rest de cel putin 2 ori. Observatia este evidenta, deoarece, cum avem relatia sigma_i congruent cu sigma_i+K ( mod K ), atunci restul care ar aparea de 2 ori in primele C numere ar aparea de cel putin 2*C ori ( pe primele C*K pozitii ), dar avem maxim C+1 resturi disponibile egale, si cum 2*C > C+1, am ajuns la o contradictie.
II. K ≤ N < 2*K. In acest caz, resturile de la 1 la R apar de 2 ori fiecare, iar toate celelalte resturi apar o singura data. Cum doar pozitiile de la R+1 la C au un rest unic in permutare ( toate celelalte resturi apar pe exact doua pozitii de forma i si i + K ) => pe aceste pozitii trebuie sa punem toate resturile care apar o singura data. Este evident si ca in primele R pozitii trebuie sa punem resturile diferite doua cate doua, pentru ca fiecare rest apare de doua ori si trebuie pus pe doua pozitii.

Din ambele cazuri a rezultat ca pentru orice valori ale numerelor N si K, o K-permutare trebuie sa respecte urmatoarele proprietati:

• pe primele K pozitii din permutare trebuie sa se gaseasca toate resturile 0, 1, ... K-1
• resturile de la 1 la R trebuie sa fie asezate pe primele R pozitii
• pe fiecare pozitie i incepand cu K+1 trebuie sa punem un numar care sa aiba restul din impartirea la K egal cu restul impartii numarului de pe pozitia i-K la K

Pentru K par, K = 2p, cum 0+1...+(2p-1) = p*(2p-1) si acest numar nu se divide cu 2p pentru ca 2p-1 este impar => raspunsul este 0.

Pentru K impar, K = 2p+1, cum 0+1...+2p = p*(2p+1), care este dizibil la (2p+1), vom construi permutarea astfel:

• fixam ordinea primelor R resturi ( in total R! variante )
• fixam ordinea celorlalte K-R resturi ( in total (K-R)! variante )
• pentru fiecare rest din primele R sunt C+1 pozitii pe care trebuie sa il asezam. Pentru fiecare rest putem pozitiona numerele atasate in (C+1)! variante, si, cum sunt R resturi, avem [(C+1)!]^R variante
• pentru fiecare din celelalte resturi sunt C pozitii pe care trebuie sa le asezam. Pentru fiecare rest putem deci pozitiona numerele atasate in C! variante, si, cum sunt K-R resturi, avem (C!)^K-R variante.

Pentru K impar raspunsul este, dupa cum am demonstrat mai sus, (R!) * (K-R)! * [(C+1)!]^R * (C!)^K-R.

OBS. In relatia de mai sus nu are importanta daca R = 0, caci 0! = 1 si A⁰ = 1, pentru orice A. Deci demonstratia a fost facuta fara a restrange generalitatea.

Magazin

(problema grea, clasele 11-12)

Sponsori

Organizarea finalei preONI este posibila datorita generosilor nostri sponsori: