infoarena informatica de performanta

//Articolul nu este complet ediat. O sa-l editez maine, acum ma duc sa ma culc pt ca sunt rupt :D Somn usor tuturor.

Chiftea
h3. problema usoara, clasele 9-10

Se observa ca figura se obtine dintr-un patrat de latura radical(n), la care se mai adauga niste patratele, solutia fiind 4*radical(n) (pentru n patrat perfect) sau 4*(radical(n)+1) (-2, dupa caz :p).
O solutie care calcula aceste valori in O(n) nu ar fi obtinut punctaj maxim.

Mall
h3. problema medie, clasele 9-10

Calculam A[i][j] = castigul maxim pe care-l obtine Varu daca repartizeaza j ingrijitori primelor i firme, unde A[i][j] = maxim(A[l][j-k]) (0 < l < i, 0 ≤ k ≤ j).
O solutie care calcula in O(N⁴) aceasta recurenta ar fi obtinut 16 puncte.
O solutie care calcula in O(N³), tiand V[i][j] = maxim(A[k][j]) (0 < k < i), obtinea 32 de puncte.
O solutie care calcula in O(N²), folosind un deque ce calcula in O(1) maximul (pentru linia i si coloana j) dintre V[i]¹ , V[i]² , ..., V[i][j-1] , obtinea 100 de puncte.

Fear
h3. problema usoara, clasele 11-12

In ciuda proprietatii un pic ciudate care priveste valoarea fricii dintr-o intersectie, problema se reduce la aflarea fluxul maxim avand orasul 1 ca sursa si orasul N ca destinatie. Pentru a realiza acest lucru vom logaritma (in baza 2, e sau 10) costurile muchiilor ce se dau in fisierul de intrare. Dintre toate aceste noi costuri o vom lua pe cea maxima (vmax). Algoritmul va fi urmatorul:

1. vom trimite frica (din orasul 1) cu o valoare V (initial, V = vmax) pana cand frica nu va mai putea ajunge la destinatie.

1. injumatatim pe V si reluam algoritmul de la pasul 1.

Smen
h3. problema grea, clasele 9-10 - problema medie, clasele 11-12

Incepem prin a normaliza toate numerele din sir si pe A si B, adunand tuturor valoarea 200. Astfel vom lucra numai cu numere pozitive. Apoi problema se rezolva prin programare dinamica. Sortam in ordine crescatoare elementele si apoi clauculam A[i][j][k] = numarul minim de operatii ce se efectueaza asupra primelor i numere a.i. sa obtinem exact j elemente distincte iar ultimul element sa nu depaseasca valoarea k.
A[i][j][k] se poate obtine ca fiind maximul dinntre:

1. A[i-1][j][k-1] + |Val_initiala[i]-k| (daca vrem ca valoarea initiala a celui de-al i-lea element sa fie k, dar sa nu-mi creeze un alt element distinct).

1. A[i-1][j-1][k-1]+|Val_initiala[i]-k| (daca vrem ca valoarea initiala a celui de-al i-lea element sa fie k sis a-mi creez inca un element dinstinct)

1. A[i-1][j][k-1] (nu cresc nici valoarea elementului i, nici numarul de elemente distincte)

Pentru reconstituire vom lucra cu o matrice B[i][j][k] care ia valori din multimea {0, 1, 2}, semnificand conditia din care a provenit starea (i,j,k).

Se observa ca aceasta solutie ar fi obtinut foloseste foarte multa memorie (O(N*K*(B-A)) si ar fi obtinut doar 40% din punctaj.

Solutia 100 de puncte incepe prin a observa ca, la un pas, nu sunt folosite decat "linia" curenta si "linia" anterioara din matricea A. Pentru reconstituire se poate folosi urmatorul smen: retinem din 14 in 14 "linii" informatiile din matricea A (cea de la prima solutie), adica R¹[j][k] = A¹[j][k] (1 ≤ j ≤ K si A+200 ≤ k ≤ B+200), R²[j][k] = A¹⁵[j][k] (1 ≤ j ≤ K si A+200 ≤ k ≤ B+200), R³[j][k] = A²⁹[j][k] (1 ≤ j ≤ K si A+200 ≤ k ≤ B+200), etc. Dupa ce am completat matricea R, reluam dinamica de la coada la cap si ne vom folosi doar de matricea R. Astfel la pasul i vom reconstitui doar liniile care se afla intre liniile R[i][j][k] si R[i-1][j][k] (1 ≤ j ≤ K si A+200 ≤ k ≤ B+200), adica intre (i-1)*14+1 si i*14+1 in matricea de la prima solutie. Astfel o sa avem o memorie de O(14*K*(B-A)).

O alta solutie care obtinea punctaj maxim este transformarea problemei intr-una de cuplaj de cost minim. Cele doua multimi de noduri se construiau in felul urmator: prima multime era reprezentata de sirul initial, iar cea de-a doua era reprezentata de valorile intregi cuprinse in intervalul [A, B]. Se introduc N*(B-A) muchii de capacitate 1, o muchie de la un nod ce leaga elementul X din prima multime si elementul Y din a doua multime avand costul |X-Y|. Prima multime se leaga de o sursa fictiva prin muchii de cost 0 si capacitate 1, iar cea de-a doua multime de o destinatie fictive prin muchii de cost 0 si capacitate 1. Tinandu-se cont ca in destinatie trebuie sa se obtina fluxul minim K, se aplica acest algoritm avand grija sa minimizam costul.

Doipe
h3. problema grea, clasele 11-12

Vom calcula P[i][j] = numarul de permutari ale multimii {1,2,..,i} care respecta primele i-1 relatii ale sirului de relatii si in care ultimul numar al permutarii este numarul j. In mod evident, rezultatul dorit va fi dat de suma P[N]¹ + P[N]² + .. + P[N][N].
Pentru calculul lui P[i][j] vom observa ca, eliminand numarul j din permutare, obtinem i-1 numere distincte care pot fi renumerotate pentru a forma o permutare a multimii {1,2,..,i-1}. Mai exact, orice numar x mai mare decat j este renumerotat cu valoarea x-1. In conditiile acestei renumerotari, avem urmatoarele 2 cazuri:

• daca relatia i-1 este "<", atunci P[i][j] = P[i-1]¹ + P[i-1]² + .. + P[i-1][j-1]
• daca relatia i-1 este ">", atunci P[i][j] = P[i-1][j] + P[i-1][j+1] + .. + P[i-1][i-1]

Cazul "de baza" este P¹[1] = 1. Relatiile date sunt corecte, deoarece pentru orice permutare ce corespunde lui P[i-1][x] se poate aplica operatia de renumerotare inversa (relativ la j), obtinand un sir de i-1 numere distincte din multimea {1,..,i}\{j} care respecta primele i-2 relatii. La sfarsitul acestui sir se poate adauga numarul j, obtinand o permutare cu i elemente care respecta primele i-1 relatii.
Implementarea imediata a relatiilor de recurenta mentionate se poate realiza foarte usor in complexitate O(N³). Memorand sumele partiale SP[x] = P[i-1]¹ + P[i-1]² + .. + P[i-1][x] putem calcula P[i][j] in timp O(1), reducand complexitatea la O(N²).