Algoritmuselmélet - PZH, 2013.04.24.

← Vissza az előző oldalra – Algoritmuselmélet

2013.04.24. PZH megoldásai

1. Feladat (Van megoldás)

Egy algoritmus lépésszámáról tudjuk, hogy $T(n)=T\left(\left\lfloor {\frac {n}{4}}\right\rfloor \right)+O(n^{2})$ és tudjuk azt is, hogy $T(1)=T(2)=T(3)=1$. Bizonyítsa be, hogy $T(n)=O(n^{2})$.

Megoldás

Van olyan $c>0$ és $n_{0}$, hogy $n>n_{0}$ esetén $T(n)=T\left(\left\lfloor {\frac {n}{4}}\right\rfloor \right)+O(n^{2})\leq T\left(\left\lfloor {\frac {n}{4}}\right\rfloor \right)+cn^{2}\leq T\left(\left\lfloor {\frac {n}{16}}\right\rfloor \right)+c\left(n^{2}+\left({\frac {n^{2}}{4^{2}}}\right)\right)\leq T\left(\left\lfloor {\frac {n}{64}}\right\rfloor \right)+c\left(n^{2}+\left({\frac {n^{2}}{4^{2}}}\right)+\left({\frac {n^{2}}{16^{2}}}\right)\right)\leq \dots$ $\dots \leq 1+cn^{2}\cdot \left(\sum _{i=0}^{\left\lfloor log_{4}n\right\rfloor }\left({\frac {1}{16}}\right)^{i}\right)$

Azt kell észrevennünk, hogy ez tulajdonképpen egy mértani sor, amire van képletünk:
$\sum _{i=0}^{k}r^{i}={\frac {1-r^{k+1}}{1-r}}$, ahol $k=\left\lfloor log_{4}n\right\rfloor ,r={\frac {1}{16}}$, vagyis ${\frac {1-{\frac {1}{16}}^{\left\lfloor log_{4}n\right\rfloor +1}}{1-{\frac {1}{16}}}}$

${\frac {1-{\frac {1}{16}}^{\left\lfloor log_{4}n\right\rfloor +1}}{1-{\frac {1}{16}}}}<2,$ha $n\geq 1$ (A lényeg, hogy felülről becsüljük!)

Tehát $T(n)=\dots \leq 1+2\cdot cn^{2}=O(n^{2})$

2. Feladat (Van megoldás)

Adott egy teljes bináris fa, a csúcsaiba egész számok vannak írva, összesen n darab (a fa nem feltétlenül bináris keresőfa). Adjon algoritmust, ami $O(n)$ lépésben megkeres egy olyan csúcsot a fában, aminek a részfája kupac, és aminek a magassága a lehető legnagyobb az összes ilyen csúcs közül.

Megoldás

Megjegyzések a feladathoz

• Bár nem tartozik a feladathoz, talán érdemes megjegyezzem, hogy bináris kereső fa nem is lehetne, hiszen akkor ott kapásból csak a legalsó szinten lévő elemek lehetnek kupacok (egy 1 elemet tartalmazó kupac), hiszen bináris keresőfánál balra kisebbek, jobbra nagyobbak vannak, míg kupacnál balra és jobbra is nagyobbak vannak.
• Továbbá a teljes bináris fára azért van szükség, mert így "jóval egyszerűbb" a feladat, és nem kell szívózni annak vizsgálatával, hogy az adott részfa teljes bináris fa-e (ugyebár ez a kupac egyik fontos tulajdonsága).

Minden csúcsban 3 adatot fogunk számon tartani: Érték (ez persze adott már), részfa magassága (jelöljük M-mel), és egy bool érték (IGAZ/HAMIS, jelöljük B-vel), hogy igaz-e a részfájára, hogy az kupac.

• Első lépésben a legalsó szinteken lévő csúcsok esetén $M:=1,B:=IGAZ$.
• Legyen egy változónk, amiben tároljuk, hogy melyik csúcsra igaz, hogy a részfája a "legnagyobb" kupac (kezdeti értéke legyen mondjuk az egyik legalsó szinten lévő csúcs).
• Minden további szinten az a feladatunk, hogy megnézzük az adott csúcs (x) bal, és jobb fiát $(JOBB(x),BAL(x))$.
  • Megnézzük, hogy nagyobbak-e, mint x, majd megnézzük, hogy kupac tulajdonsággal bírnak-e:
    • Ha $BAL(x),JOBB(x)>x;BAL(x).B=JOBB(x).B=IGAZ\Rightarrow \Rightarrow x.M:=BAL(x).M+1,x.B:=IGAZ$ majd a változónkba belerakjuk a csúcsot. Vagyis ha mindkettő nagyobb, és mindkettő kupac tulajdonsággal bír, akkor a csúcs részfa magassága 1-gyel nagyobb lesz, mint az egyik (bal, vagy jobb) fia magassága, és kupac tulajdonságú lesz.
    • Ha $BAL(x)<x$ VAGY $JOBB(x)<x$ VAGY $BAL(x).B=HAMIS$ VAGY $JOBB(x).B=HAMIS\Rightarrow \Rightarrow x.M:=BAL(x).M+1,x.B:=HAMIS$. Vagyis ha bármelyik feltétel nem teljesül (valamelyik fia kisebb, avagy valamelyik gyerekére nem igaz, hogy kupac tulajdonságú), akkor maga a csúcs sem lehet már kupac tulajdonságú (itt a magasságot nem is kéne beállítani, de...hát miért is ne).

Mivel minden csúcsot csak egyszer látogatunk meg, így $O(n)$ lépésben megyünk végig a gráfon.

3. Feladat (Van megoldás)

Kukori és Kotkoda egy-egy bináris fára gondolnak (nem feltétlenül bináris keresőfákra). Következik-e, hogy a két fa azonos, ha

(a) inorder bejárással kiolvasva a két fát ugyanazt a számsorozatot kapják?

(b) preorder bejárással kiolvasva a két fát ugyanazt a számsorozatot kapják?

Megoldás

Mindkét esetben 1-1 ellenpéldát kell szolgáltatni:

• a)

Mindkét gráfot A-B-C-D-E sorrendben olvassuk ki, de mégsem egyeznek meg, tehát nem következik.

• b)

Mindkét gráfot F-G-H-J-K sorrendben olvassuk ki, de mégsem egyeznek meg, tehát nem következik.

4. Feladat

Éllistával adott n csúcsú, élsúlyozott, irányítatlan gráfként ismerjük egy ország úthálózatát (a csomópontok a városok, az élek a közvetlen összeköttetések a városok között). Az élek súlya azt adja meg, hogy hány (egész) perc alatt tudjuk megtenni az adott útszakaszt. Nagy havazás várható, de szerencsére pontosan tudjuk a következő k percre, hogy mely élek (utak) mikortól nem lesznek járhatóak. Ha egyszer járhatatlanná válnak, akkor úgy is maradnak, ezután már az úton nem lehet közlekedni, és ha épp az adott élen vagyunk, amikor az járhatatlanná válik, akkor elakadunk. Adjon O(k(n+e)) lépést használó algoritmust, ami az adatok ismeretében el tudja dönteni, hogy el lehet-e jutni A városból B városba, ha most azonnal elindulunk!

Megoldás

TODO

5. Feladat (Van megoldás)

Egy $n$ soros és kettő oszlopos táblázatban adott $n$ számpár (egy sor egy számpárt tartalmaz, a számok mind különböző egész számok a táblázatban). Szeretnénk a táblázat sorait úgy átrendezni, hogy a 2. oszlop szerint növekvő sorrendben legyenek a sorok (számpárok). Egy fajta műveletet hajthatunk végre: kijelölhetünk néhány egymást alatti sort (számpárt) és ezeket rendezhetjük az első oszlop szerint növekvően vagy csökkenően. Adjon algoritmust, ami csak ezt a fajta műveletet használva $O(n)$ lépésben megoldja a feladatot!

Megoldás

• Rendezzük a tömböt az 1. oszlop szerint növekvően.
• A továbbiakban minden $i.$ lépésben megkeressük az $i.$ legkisebb elemet, és a helyére tesszük.
  • Megkeressük a 2. oszlopban az $i.$ legkisebbet, az ő helye a tömbben legyen $k$
  • Mivel az 1. oszlop szerint növekvően vannak a számpárok, így ahhoz, hogy a $k.$ elem az $i.$ helyre kerüljön, a számokat csökkenő sorrendbe kell rendezni az $[i\rightarrow k]$ intervallumon.
  • Ha ezt megcsináltuk, akkor az első $i$ helyen már rendezve lesz a tömb.
  • Az $[i+1\rightarrow n]$ intervallumon rendezzük a számokat növekvő sorrendben.
  • Ezt addig folytatjuk, míg nincs minden számpár a helyén.

• A műveletet minden lépésben $\approx 2n$ alkalommal használjuk:
  • Először növekvő sorrendbe rendeztük az egész tömböt.
  • Utána minden $i.$ lépésben 2x:
    • Egyszer a helyére rakjuk az elemet azzal, hogy csökkenő sorrendbe rakjuk a számpárokat (persze csak a megfelelőket).
    • Majd újra növekvőbe a maradék számpárokat.
• Így az algoritmus $O(n)$ lépéssel rendezi a számpárokat a 2. oszlop szerint.

6. Feladat (Van megoldás)

Adott egy $n$ hosszú tömb. Tudjuk, hogy a tömb első néhány ($k$ darab) elem 0, a többi 1, de $k$ értékét nem ismerjük. Adjon $O(logk)$ (nem $O(logn)$ )¹ összehasonlítást használó algoritmust, ami meghatározza $k$ értékét.

¹ A feladatban $O(logk)$ szerepel, de az csak elgépelés.

Megoldás

• Először nézzük meg, hogy az első 2 elem $0-1$-e, ha igen, akkor $k=1$.
• Ha nem, akkor minden további lépésnél ugorjunk a 2x annyiadik cellába (ez legyen $m$), ha pedig túl lépnénk a tömböt ezzel, akkor az utolsóba.
• Vizsgáljuk meg, hogy "hol vagyunk": (az aktuális cellát, és a 2 szomszédját)
  • Ha $0-0-0$-t látunk, akkor ugrunk megint 2x akkorát (ugyanazzal a kritériummal, mint előbb).
  • Ha $0-0-1$-t látunk, akkor $k=m$.
  • Ha $0-1-1$-t látunk, akkor $k=m-1$.
  • Ha $1-1-1$-t látunk, akkor egy bináris keresés segítségével⁽¹⁾ a 2 legutóbbi vizsgált elem közötti cellákban megkeressük a $0-1-1$, vagy $0-0-1$ felállást, és a $k$ értékét a látottak alapján beállítjuk $(k=m-1$ vagy $k=m)$.

⁽¹⁾ Ha $0-0-0$-t lát, jobbra lép, ha $1-1-1$-t, akkor balra, másik 2 esetben pedig találatunk van.

• Az algoritmus működése alapján belátható, hogy $O(logk)$ időben fut.

7. Feladat

Adott egy n és egy k elemet tartalmazó kupac. Adjon olyan O(n + k) összehasonlítást használó algoritmust, ami létrehoz egy olyan kupacot, ami a két kupacban tárolt elemek halmazának unióját tartalmazza. (TFH a két kupacban csupa különböző számocska áll.)

Megoldás

TODO

8. Feladat (Van megoldás)

Bizonyítsa be, hogy egy piros-fekete fában egy levél testvére vagy levél, vagy piros csúcs!

Megoldás

• Összesen 5 felállás lehet:
  • Ebből az 1. és a 4. jó is (a 4. persze csak akkor, ha X az nem a főgyökér).
  • A 3. - kis módosítással - látszik, hogy szintén fenn állhat gond nélkül:
  • Egyedül a 2. és az 5. problémás. Ezek viszont rosszak is, hiszen mindkét esetben elmondható, hogy X-nek a fekete magassága jobbra 1, balra viszont legalább 2, mert az Y csúcsnak legalább 1-1 levél fia van. Tehát belső csúcsnál ilyen állapot nem állhat fent.

• Az első 2 esetben azt bizonyítottuk, hogy levél testvére lehet levél, vagy piros csúcs.
• A 3. esetben pedig azt, hogy nem lehet fekete csúcs a levél testvére.
• Így be is bizonyítottuk, hogy levél testvére CSAK levél, vagy piros csúcs lehet.