Algoritmuselmélet - ZH, 2013.04.03.

A VIK Wikiből
A lap korábbi változatát látod, amilyen Arklur (vitalap | szerkesztései) 2013. június 13., 21:26-kor történt szerkesztése után volt. (→‎7. Feladat (Van megoldás))
Ugrás a navigációhoz Ugrás a kereséshez

2013.04.03. ZH megoldásai

1. Feladat

TODO

Megoldás
TODO

2. Feladat (Van megoldás)

Egy [math] A[i,j] [/math] [math]n[/math] x [math]n[/math]-es táblázat minden mezőjében egy egész szám van írva (nem feltétlenül csak pozitívak). Adjon [math] O(n^2) [/math] lépésszámú algoritmust, ami eldönti, hogy melyik az a téglalap alakú része a táblázatnak, melynek bal felső sarka egybe esik a nagy táblázat bal felső sarkával és benne az elemek összege az egyik legnagyobb.

(Vagyis olyan [math]k, l[/math]-t keresünk, amire [math] \sum_{i \leq k, j \leq l}A[i,j] [/math] maximális.)

Megoldás
Megjegyzések a feladathoz
  • Ahogy az többször is segít, úgy most is, hogy felrajzolunk magunknak egy 3x3, vagy 4x4-es táblázatot, és nézegetjük, hogyan kéne dolgozni...
  • A feladatban 1-1 lépésnek vettem:
    • 1 művelet ([math] +,- [/math]) elvégzését (vagyis a [math] B[i,j]=B[i-1,j]+B[i,j-1]+A[i,j]-B[i-1,j-1] [/math] 3 lépés).
    • 1 értéke beírása a cellába.
    • 1 összehasonlítás (és esetleges cserék).
  • Adott az [math] A [/math] mátrix.
  • Létrehozunk egy [math] B [/math] mátrixot (szintén [math]n[/math] x [math]n[/math]-es).(ez [math]\Rightarrow O(n^2)[/math] lépés)
  • [math] B[1,1]:= A[1,1][/math]. (ez [math]\Rightarrow 1 [/math] lépés)
  • [math] k=l=1 [/math] és [math] aktmax=B[1,1] [/math].
  • Először kitöltjük az 1. sort [math] \rightarrow B[i,1]:=B[i-1,1]+A[i,1], i=2 \dots n [/math]. (ez [math]\Rightarrow 2(n-1)=O(n)[/math] lépés)
  • Majd kitöltjük az 1. oszlopot [math] \rightarrow B[1,i]:=B[1,i-1]+A[1,i], i=2 \dots n [/math]. (ez [math]\Rightarrow 2(n-1)=O(n)[/math] lépés)
  • Minden további cellában pedig [math] B[i,j]=B[i-1,j]+B[i,j-1]+A[i,j]-B[i-1,j-1] [/math]. (ez [math]\Rightarrow 4(n-1)(n-1)=O(n^2)[/math] lépés)
  • A keresett [math] k,l [/math] párost pedig folyamat nyilván tartjuk: ha [math] B[i,j] \geq aktmax \Rightarrow k=i, l=j, aktmax = B[i,j] [/math]. (ez [math]\Rightarrow n^2-1=O(n^2)[/math] lépés)
  • [math] 1+2O(n)+ 3O(n^2)=O(n^2)[/math] lépésszámú algoritmusunk van, tehát jók vagyunk.
  • 400px

    3. Feladat (Van megoldás)

    Kaphatjuk-e az 1,7,3,6,11,15,22,17,14,12,9 számsorozatot úgy, hogy egy (a szokásos rendezést használó) bináris keresőfában tárolt elemeket posztorder sorrendben kiolvasunk?

    Megoldás
    Megjegyzések a feladathoz
    • Szokásos rendezést használó bináris keresőfa: [math]bal(x) \lt x \lt jobb(x)[/math]
    • Postorder:
      • Rekurzívan [math] bal(x) \rightarrow jobb(x) \rightarrow x [/math]. Magyarul előbb meglátogatja a gyökérnél kisebbeket, utána a nagyobbakat, és ezután jön csak a gyökér.
      • Egyik fontos tulajdonsága, hogy a gyökér az mindig a (figyelt) lista végén van.
  • Első lépésnek írjuk fel egy táblázatba a számokat (az oszlopszámot tudjuk, ez esetben 11, sorok száma meg majd alakul...).
  • A továbbiakban az i. sorban jelöljük, hogy melyik elem a gyökér (=), és hogy melyek a nála kisebbek (<), avagy nagyobbak (>) (a képen keretezéssel jelzem, hogy melyik az éppen figyelt lista). Ez azért hasznos, mert a posztorder bejárás során, ezzel a technikával mindig olyan sorrendet kell kapjunk, hogy [math] \lt \lt \lt ... \lt \lt \gt \gt ... \gt \gt = [/math], vagyis nem állhat fel olyan helyzet, hogy [math] ... \lt \gt \lt ...=[/math] vagy [math] ... \gt \lt \gt ...=[/math].
    • Az 1. sorban a 9 lesz a gyökér. Felrajzoljuk a 9-t gyökérnek. (Bal oldalt lesz a hiba, de gyakorlásképp nézzük inkább a jobb oldalt.)
    • A 2. sorban a 12 lesz a gyökér, így a 12-est felrajzoljuk a 9-es jobb fiának. Nála csak a 11 a kisebb (a vizsgált listában), így a 11-t berajzoljuk a 12 bal fiának.
    • A 3. sorban 14 lesz a gyökér, így a 14-est felrajzoljuk a 12-es jobb fiának.
    • A 4. sorban a 17 lesz a gyökér, így ez a 14-es jobb fia lesz. A 15 és 22 pedig értelemszerűen a bal, és jobb fia lesz 17-nek.
    • Az 5. sorban a gyökér a 6 lesz, így azt berajzoljuk a 9-es bal fiának. És itt látszik is, hogy hiba van, hiszen [math] \lt \gt \lt [/math] sorrend van, ebből következik, hogy ilyen fa nem létezhet.
  • 400px 300px

    4. Feladat (Van megoldás)

    Adjacencia-mátrixával adott [math]n[/math] csúcsú, irányított gráfként ismerjük egy város úthálózatát. El szeretnék jutni [math]A[/math] pontból [math]B[/math] pontba, de sajnos minden csomóponthoz várnunk kell a nagy hóesés miatt, a várakozás hossza minden csomópontra ismert és független attól, hogy merre akarunk továbbmenni. Adjon algoritmust, ami [math]O(n^2)[/math] lépésben eldönti, hogy merre menjünk, hogy a lehető legkevesebbet kelljen várni összességében. (A csomópontok közötti utak hosszának megtétele a várakozáshoz képest elhanyagolható időbe telik, tekintsük 0-nak. [math]A[/math]-ban és [math]B[/math]-ben nem kell várakozni.)

    Megoldás
    • A "probléma", hogy a csúcsoknak van súlya (ill. az éleknek is van, de az 0), amivel nem igen tudunk mit kezdeni. De nem hiába volt BSZ1 (vagy BSZ2?), ahol megtanultuk, hogy könnyedén csinálhatunk a csúcssúlyból élsúlyt.
    • Az adott pontot (X) lecseréljük 2 pontra (X1, X2). Ami eddig X-be ment, az menjen X1-be, és ami X-ből ment, az menjen X2-ből. (Vagyis X1-ből csak X2-be megy él, és X2-be csak az X1 megy.)
    • A 2 pontot összekötjük, a köztük menő élsúly pedig az X pont súlya lesz.
    • Csináljuk hát ezt ezzel a gráffal:
      • Az eredeti [math] n [/math] csúcsú G gráfból csinálunk így egy F gráfot, melyben [math] 2n [/math] csúcs lesz (és az élszám is n-nel nő, de ez most minket annyira nem izgat).
      • Ebben az F gráfban kell megtalálni a legrövidebb utat egy "X2"-ből egy "Y1"-be.
      • A Dijkstra-algoritmus [math] O(n^2) [/math] lépésben keres legrövidebb utat, ebben az esetben [math] O((2n)^2)=4O(n^2)=O(n^2)[/math].
    • Így a feladat ezzel meg is oldva.
    G gráfF gráf

    5. Feladat

    TODO

    Megoldás
    TODO

    6. Feladat

    TODO

    Megoldás
    TODO

    7. Feladat (Van megoldás)

    Az [math]A[1 \dots 2013][/math] tömbben egy kupac adatstruktúrát tárolunk, minden tárolt elem különböző. Tudjuk, hogy ebben a kupacban a legnagyobb elem [math] A[i][/math]. Határozza meg [math] i [/math] összes lehetséges értékét!

    Megoldás
    • Kupac egyik jó tulajdonsága, hogy teljes bináris fa, így az elem számból kiszámolható, hogy milyen magas a fa.
      • Tudjuk, hogy :[math] 2^{m-1} \leq n \leq 2^{m}-1[/math].
      • Ebben az esetben [math] 2^{m-1} \leq 2013 \leq 2^{m}-1 \Rightarrow m = 11[/math].
    • A legnagyobb elem vagy a legalsó szinten van, vagy ha az nem "telített", akkor az előtte lévő szinten olyan csúcsok is szóba jöhetnek, akiknek nincsen gyereke.
      • Mivel tudjuk, hogy a fa magassága 11, ezért:
        • A kupacban összesen 2047 elemnek van hely, tehát még 34 elem férne el. Ebből pedig az következik, hogy a 10. szinten 17 olyan csúcs van, aminek nincsen fia, így ők még játszhatnak a legnehezebb elem díjáért.
        • A 11. szinten 1024 elem férne el, de tudjuk, hogy hiányzik 34, tehát a 11. szinten csak 990 elem van, amik a legnehezebbek lehetnek a fában.
    • Ha a kupacot tömbbe írjuk, akkor azt fentről-lefele, balról-jobbra töltjük fel.
      • Az előzőek alapján tudjuk, hogy a 11. szinten 990, a 10. szinten pedig 17 csúcs jöhet szóba, így összesen 1007 helyen lehet a legnehezebb elem. A listás elrendezés alapján ez azt jelenti, hogy az [math] i \geq (2013-1007+1) \Rightarrow i \geq 1007[/math].

    8. Feladat (Van megoldás)

    (a) Igaz-e, hogy egy piros-fekete fa tetszőleges belső fekete csúcshoz tartozó részfa (az a részfa, aminek ez a fekete csúcs a gyökere) is egy piros-fekete fa?

    (b) Igaz-e ugyanez egy tetszőleges belső piros csúcshoz tartozó részfára?

    Megoldás
    Megjegyzések a feladathoz
    • Avagy mitől is piros-fekete egy piros-fekete fa?
    1. Minden nem levél csúcsnak 2 fia van.
    2. Elemeket belső csúcsban tárolunk.
    3. teljesül a keresőfa tulajdonság.
    4. A fa minden csúcsa piros, vagy fekete.
    5. A gyökér fekete.
    6. A levelek feketék.
    7. Minden piros csúcs mindkét gyereke fekete.
    8. Minden v csúcsra igaz, hogy az összes v-ből levélbe vezető úton ugyanannyi fekete csúcs van (~fekete magasság).

    a) Igaz-e, hogy egy piros-fekete fa tetszőleges belső fekete csúcshoz tartozó részfa (az a részfa, aminek ez a fekete csúcs a gyökere) is egy piros-fekete fa?

    • Igaz. (Nem tudom, mennyi magyarázatot, vagy milyen indoklást várnak ide, de a piros-fekete tulajdonságai közül talán csak a fekete magasság szorul magyarázatra (...), a többi elég triviális.)
      • Ha a részgráfra nem állna fenn a fekete magasság kritériuma, akkor pláne nem fog a teljes gráfra teljesülni, hiszen hiába jó a fekete magasság a pontig, ha a pont tönkre teszi azt :/.


    b) Igaz-e ugyanez egy tetszőleges belső piros csúcshoz tartozó részfára?

    • Nem. A gyökérnek feketének kell lennie.