1. Пошук за ключем у масиві

1.1. Лінійний пошук

Читачеві колись доводилося шукати своє прізвище в списках, надрукованих не в алфавітному порядку? Або уявіть собі словник на 100 тисяч слів, розташованих там без упорядкування за алфавітом. Потрібне слово шукати там доведеться довго. Дуже довго. Звичайно, якщо воно випадково не потрапило в самісінький початок. А якщо в кінець чи середину? А пошук слова в "нормальному" словнику займає чомусь кілька секунд незалежно від його розташування там.

У цьому параграфі ми наведемо два алгоритми. Перший описує пошук "підряд" у невпорядкованій послідовності, другий – той пошук, до якого ми звикли, шукаючи слова в словниках. Замість слів розглянемо цілі значення елементів масиву. Тип значень може бути й іншим – головне, щоб їх можна було порівнювати.

Нехай елементи масиву A[1], A[2], … , A[n] та змінна key ("ключ") мають той самий тип T. Пошук за ключем полягає в пошуку номера i такого, що A[i]= key. За відсутності такого номера результатом будемо вважати 0. Нехай діють означення

const maxn = 1000;

type T = integer;

Indx = 1 .. maxn; (17.1)

ArT = array [Indx] of T;

Подамо розв'язання задачі функцією

function srcseq ( var A : ArT; n : Indx; key : T) : integer;

var i : integer;

begin

i := 0;

while ( i 1.* Вам треба дізнатися про день народження, тобто місяць і число, свого співбесідника (рік неважливий). Ви можете задавати питання типу: "День народження такого-то числа такого-то місяця?". Відповідь може бути "так", "раніше" або "пізніше". Скільки питань достатньо, щоб дізнатися про будь-який день народження?

2. Бульбашкове сортування

Розглянемо найпростіший (і найгірший з точки зору витрат часу) спосіб сортування масиву. Нехай A[1], A[2], ... , A[n] – масив із довільними значеннями елементів. Порівняємо A[1] і A[2]: якщо A[1]>A[2], то поміняємо їхні значення місцями. Потім порівняємо A[2] і A[3] та за необхідності обміняємо їхні значення. В результаті A[3] має найбільше значення серед A[1], A[2], A[3]. Продовжимо такі порівняння та обміни до кінця масиву:

для всіх i від 1 до n-1 виконати

якщо A[i]>A[i+1], то

значення A[i] та A[i+1] обмінюються.

Якщо значення елементів розглядати як розміри бульбашок, то ці порівняння та обміни схожі на те, як більші бульбашки відтісняють менших униз і спливають нагору. Тому цей метод називається бульбашковим сортуванням. У результаті найбільша бульбашка стає верхньою, тобто останній елемент A[n] має найбільше значення. Наприклад, послідовність значень перетвориться на .

Далі почнемо все спочатку і перемістимо друге за величиною значення до передостаннього елемента A[n-1], перетворивши, наприклад, на . Потім третє за величиною значення перемістимо до A[n-2] тощо. Останній крок складається лише з порівняння A[1] A[i+1]

then swap (A[i], A[i+1])

end

Тут і далі процедура swap задає обмін значень своїх параметрів. Як бачимо, разом виконується (n-1)+(n-2)+…+1= n (n-1)/2 порівнянь. Очевидно, що найбільше можливе число елементарних дій за цим способом прямо пропорційне кількості порівнянь. Тому час сортування масиву з n елементів у такий спосіб прямо пропорційний n (n-1).

Задачі

2.* Якщо при черговому виконанні циклу із заголовком for i:=1 to k-1 do процедури Bubbles1 не було жодного обміну, то масив уже відсортовано. Тому подальші проходи масивом зайві. Переробити процедуру сортування так, щоб її виконання закінчувалося за відсортованого масиву.

3. Сортування вибором здійснюється так. Проглянемо елементи масиву від першого до останнього, визначимо елемент із найменшим значенням, та обміняємо це значення з першим. Потім так само виберемо найменше значення серед A[2]...A[n] і обміняємо його зі значенням A[2], потім виберемо наступне найменше та обміняємо з A[3] тощо. Написати процедуру сортування вибором.

4. Сортування простими вставками дозволяє створити відсортований масив із значень, що читаються, наприклад, із клавіатури. Перше значення записується на перше місце, тобто присвоюється першому елементу масиву. Друге значення порівнюється з першим і, якщо перше менше, то воно "витісняється" на друге місце. Інакше нове значення йде на друге місце. Потім третє порівнюється з другим та записується або на третє місце, або витісняє значення з другого місця на третє та порівнюється з тим, що на першому місці. Наприклад, за читання послідовності значень 3, 1, 2 створюються послідовності значень у масиві , , .

Узагалі, після читання k-1 елемента маємо відсортовану частину масиву A[1]A[2]...A[k-1]. Нове значення v порівнюємо зі значенням A[k-1]. Якщо A[k-1]>v, то значення A[k-1] зсуваємо на k-е місце. Після цього порівнюємо v зі значенням A[k-1]: якщо A[k-2]>v, то A[k-2] зсуваємо на (k-1)-е місце тощо. Коли за чергового порівняння A[i]Нехай A позначає алгоритм розв'язання деякої масової задачі. Позначимо через F(A, екземпляр) кількість елементарних дій у процесі розв'язання цього екземпляра задачі за алгоритмом A, а через F(A, n) – максимум кількості елементарних дій серед усіх екземплярів розміру n.

Наприклад, якщо при бульбашковому сортуванні масив спочатку відсортований навпаки, то слідом за кожним порівнянням відбувається обмін. А це ще три присвоювання. Якщо нехтувати допоміжними операціями із змінами індексів, то

F(A, n)=4 n (n-1)/2.

Кожному n = 1, 2, 3, … відповідає певне значення F(A, n), тобто ми маємо функціональну залежність між розмірами n та максимальними кількостями елементарних дій, виконуваних за алгоритмом A. Ця функція називається складністю алгоритму A. Алгоритми практично всіх реальних задач мають складність, монотонно неспадну за n.

Аналітичне задання функції F(A, n) для реальних алгоритмів, як правило, неможливе й не потрібне. Велике практичне значення має так званий порядок зростання F(A,n) за n. Він задається за допомогою іншої функції з простим аналітичним виразом, яка є оцінкою для F(A, n).

Функція G(n) є оцінкою для функції F(n), або F(n) є функцією порядку G(n), коли існують такі додатні скінченні числа C1 і C2, що за деякого m при всіх n > m

C1 G(n)  F(n)  C2 G(n).

Така залежність між функціями позначається за допомогою знака "О":

F(n) = O(G(n)).

Для задання порядку зростання інколи користуються іншим означенням: функція F(n) називається функцією порядку G(n) за великих n, якщо , де C>0, C 2 маємо

0.5 n2 < n*(n-1) < n2.

Аналогічно неважко довести, що n3 + 100 n2 = O(n3) = o(n3.1) = o(2n), 100 logn + 10000 = O(logn) = O(lgn) = o(n).

Приклад 2. Складність алгоритму бульбашкового сортування tb(n)=O(n2), алгоритму лінійного пошуку – t1(n)=O(n), бінарного пошуку – t2(n)=O(logn)=o(n).

Тепер означимо поняття складності задачі. Алгоритми пошуку в упорядкованому масиві свідчать, що одна й та сама задача може мати алгоритми розв'язання з різною складністю. Неформально, під складністю задачі розуміють найменшу зі складностей алгоритмів її розв'язання. Іншими словами, задача має складність порядку G(n), якщо існує алгоритм її розв'язання зі складністю O(G(n)) і не існує алгоритмів зі складністю o(G(n)).

Наприклад, складність задачі пошуку в упорядкованому масиві визначається складністю алгоритму двійкового пошуку, тому й оцінюється функцією logn. Задача сортування масиву має складність порядку n logn. Доводити ці факти ми не будемо – можна подивитися, наприклад, у книгу [АХУ]. Але в наступному параграфі ми наведемо алгоритми сортування з цією оцінкою складності.

Задачі

5. Оцінити складність задачі

а) * про Ханойські вежі (підр.9.3); б) пошуку підмножини (підр.9.2).

6.* Оцінити складність алгоритмів сортування вибором та простими вставками (задачі 17.3, 17.4).

7.* Задача про неспадну підпослідовність. Задано n-елементний масив цілих, ni := m; j := mr; { i та j пробігають ліву й праву ділянки масиву Y}

for k := m to m + s + r - 1 do{заповнення X[m], … , X[m+s+r-1]}

if i > m + s - 1 then

begin X[k] := Y[j]; j := j + 1 end else

if j > mr + r - 1 then

begin X[k] := Y[i]; i := i + 1 end else

if Y[i] < Y[j] then

begin X[k] := Y[i]; i := i + 1 end else

begin X[k] := Y[j]; j := j + 1 end

end

Тепер розглянемо сортування масиву A злиттям. На першому кроці елементи A[1], … , A[n] копіюються в допоміжний масив B[1], … , B[n]. Його елементи розглядаються парами B[1] і B[2], B[3] і B[4] тощо як упорядковані послідовності довжиною lp = 1 і зливаються за допомогою процедури mrg в масив A. Тепер там є впорядковані ділянки довжиною 2. За непарного n останній елемент A[n] залишається без змін як послідовність довжиною 1.

На наступному кроці після копіювання в масив B зливаються пари упорядкованих ділянок B[1]B[2] і B[3]B[4], B[5]B[6] і B[7]B[8] тощо. З'являються впорядковані ділянки довжиною 4. Нехай t=nmod4 – довжина залишку масиву після останньої повної четвірки елементів. При t=1 або t=2 останні t елементів утворюють упорядковану ділянку після попереднього кроку. При t=3 зливаються упорядкована пара B[n-1]B[n-2] та ділянка B[n] у ділянку довжиною t.

Кроки повторюються з подвоєнням довжин упорядкованих ділянок lp, поки lp < n.

Розглянемо сортування злиттям масиву довжини n=11. Упорядковані послідовності в ньому вказуються в дужках , а пари таких, що зливаються, відокремлені ";":

< ; ; ; ; ; >, lp=1

< ; ; >, lp=2

< ; >, lp=4

< >, lp=8

, lp=16, lp n.

Як бачимо, нам знадобилося 4 кроки злиття для того, щоб одержати впорядований масив.

За дії означень (17.1) такий спосіб сортування описується процедурою Mrgsort:

procedure Mrgsort (var A : ArT; n : Indx);

var B : ArT; lp, npp, cpp, bpp, tl : integer;

begin

lp := 1;

while lp < n do

begin

B := A; { копіювання }

npp := n div (2*lp); { кількість пар ділянок }

tl := n mod (2*lp); { довжина залишку }

for cpp := 1 to npp do { cpp – номер пари }

begin

bpp := (cpp - 1)*2*lp + 1;

{ індекс першого елемента лівої ділянки пари}

mrg ( B, bpp, lp, lp, A );

end;

{ обробка залишку }

if tl > lp then

mrg ( B, n - tl + 1, lp, tl - lp, A );

{ за tl = n : масив упорядковано на останньому кроці }

end

Очевидно, що після k-го кроку впорядковані ділянки мають довжину lp=2k. Якщо 2k=n, то масив упорядковано. Якщо 2k>n, але 2k-1 n/2, npp = 0, tl = n > lp,

і злиття ділянки довжиною lp та залишку довжиною n-lp дає впорядкований масив.

Оцінимо складність наведеного алгоритму. При кожному виконанні тіла циклу while значення всіх елементів масиву копіюються в допоміжний масив і назад по одному разу, тобто виконується O(n) елементарних дій. Після останнього k-го кроку 2kvar m, k : integer;

begin

if l>=r then exit;

m:=(l+r) div 2;

Mrgrec(A, B, l, m); Mrgrec(A, B, m+1,r);

mrg(A, l, m-l+1, r-m, B);

for k:=l to r do A[k]:=B[k];

end;

Ця процедура набагато коротше нерекурсивної процедури Merges, але виконання її довше. Власне сортування починається лише після повернення з викликів, у яких l=r, а це практично "середина дистанції".

Завершуючи описання сортування злиттям, скажемо, що цей алгоритм є першим із ефективних алгоритмів сортування. У 1945 році його винайшов Джон фон Нейман, один із піонерів програмування.

Серйозним недоліком цього алгоритму є необхідність додаткового масиву такої ж довжини, як і в основного. За великих довжин можлива ситуація, коли на один масив пам'яті вистачає, а на два – ні. Розглянемо два алгоритми, позбавлені цього недоліку.

4.2. Піраміда, вона ж дерево

Уявіть собі, що ми розташували елементи масиву рядками, щоразу подвоюючи їх кількість: у першому рядку – перший елемент, у другому – елементи з індексами 2, 3, у наступному – 4, 5, 6, 7, далі 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15 тощо. Останній рядок може виявитися неповним. Наприклад, за кількості елементів n=12 маємо таку піраміду індексів:

1

2 3

4 5 6 7

8 9 10 11 12

Елементи цієї піраміди будемо називати вузлами.

Між вузлами проведемо стрілки: від 1 – до 2 та 3, від 2 – до 4 та 5, від 3 – до 6 та 7 тощо, тобто від кожного вузла k до 2k та 2k+1, де kКоли 2*i>j, то властивість (17.2) не може бути порушеною в частині масиву A[i], … , A[j].

За дії означень (17.1) відновлення задається рекурсивною процедурою reorg:

procedure reorg ( var A : ArT; i, j : Indx );

var k : Indx;

begin

if 2*i = j then

if A[i] < A[j] then swap ( A[i], A[j] );

if 2*i < j then

begin

if A[2*i] > A[2*i+1] then k := 2*i

else k := 2*i + 1;

if A[i] < A[k] then

begin

swap ( A[i], A[k] ); reorg ( A, k, j )

end

end

end

Після виконання виклику reorg( A, i, j ) за будь-якого i= hi then goto 1;

if (lo = hi - 1) and (A[lo] > A[hi]) then

begin

swap ( A[lo], A[hi] );

goto 1

end;

k := lo + 1; j := hi;

v := A[lo]; {?!}

while ( k < j ) do

if A[k] < v then k := k + 1

else

begin

if A[j] < v then swap ( A[k], A[j] );

j := j - 1

end;

{ k = j }

if A[k] >= v then k := k - 1;

{ A[k] є останнім від початку елементом, }

{ значення якого менше v }

swap ( A[lo], A[k] ); { A[k] = v }

quicksort ( A , lo, k - 1 );

quicksort ( A , k + 1, hi );

1: end

Якщо за виконання кожного виклику після циклу while значення змінної k приблизно рівне (lo+hi)/2, то складність швидкого сортування масиву з n елементів можна оцінити як O(nlogn). Середня кількість порівнянь елементів усіх можливих числових послідовностей довжини n також має оцінку O(nlogn); доведення є, наприклад, у книзі [АХУ]. Емпіричні дослідження свідчать, що швидке сортування вимагає в середньому елементарних дій приблизно вдвічі менше, ніж сортування деревом, і вчетверо менше, ніж сортування злиттям. Але якщо початковий масив близький до відсортованого, то його сортування за наведеним алгоритмом вимагає вже O(n2) порівнянь. У такому випадку відокремлюючим елементом не можна вибирати значення A[lo].

Існує багато способів вибору іншого відокремлюючого значення. Наприклад, можна вибрати значення елемента з випадковим номером серед номерів lo, … , hi, або середнє із значень A[lo], A[hi], та A[(lo+hi)div2]. У такому разі перед оператором процедури

v := A[lo]; {?!}

треба задати обмін значень A[lo] та відповідного елемента, чиє значення вибирається відокремлюючим.

Задачі

8. Переробити процедуру Merges так, щоб на кроці з непарним номером перший масив без копіювання зливався в другий, а на кроці з парним номером, навпаки, другий без копіювання зливався в перший.

9.* Написати нерекурсивний варіант сортування деревом (підр.17.4.2).

10. За масивом із N рядків визначається додатковий індексовий масив: попаpно pізні значення його елементів належать діапазону 1..N і є індексами в масиві рядків. Написати процедуру

а) сортування індексового масиву таким чином, щоб рядки, на які посилаються його послідовні елементи, були лексикогpафічно впоpядковані;

б) друкування рядків масиву за зpостанням у лексикографічному порядку (кожний рядок друкується один pаз незалежно від кількості повтоpень у масиві).

11. Написати процедуру обчислення N (N  1000) найменших значень числової послідовності довільної довжини за умови, що

а)* незалежно від кількості повтоpень усі числа враховуються один pаз кожне;б) число враховується стільки pазів, скільки воно зустрілося в послідовності (але не більше ніж N);

в) числа враховуються один pаз кожне, але ведеться додатковий облік кількостей їх повтоpень.

12. Запрограмувати злиття

а) трьох б) п'яти в) тисячі

упорядкованих послідовностей в одну.

13.* Запрограмувати сортування елементів зв'язаного списку. Складність алгоритму повинна бути O(nlogn).

14. Запрограмувати сортування послідовностей із

а) чотирьох елементів так, щоб виконувалося не більше п'яти порівнянь;

б) п'яти елементів так, щоб виконувалося не більше восьми порівнянь;

в) п'яти елементів так, щоб виконувалося не більше семи порівнянь.

5. Відсортуй, і багато чого побачиш

Вам треба огородити сад із деревами, витративши на огорожу якомога менше матеріалу. Вважатимемо, що дерев не менше трьох, і вони задаються координатами на площині. Розв'язання полягає в побудові так званої опуклої оболонки навколо множини точок із заданими координатами. На площині вона являє собою опуклий багатокутник, що містить усі задані точки і не містить інших опуклих багатокутників, які також "накривають" усі точки.

Якщо намалювати план саду, то побудова оболонки стане очевидною. Треба відшукати якусь "крайню" початкову точку і рухатися від неї, малюючи опуклий багатокутник. Як результат, ми одержимо послідовність вершин – заданих точок, на які "натягнуто" багатокутник. Точки, що потрапили на сторону багатокутника, але не є вершинами, можна відкинути.

Наприклад, за множини точок із координатами (1,1), (2,2), (3,3), (5,-1), (2,-1), (3,0) ми одержимо багатокутник із вершинами (1,1), (3,3), (5,-1), (2,-1). Точка (3,0) опинилася всередині його, точка (2,2) – на стороні.

Комп'ютер не бачить плану саду, тому доведеться пояснити йому докладніше, як одержати потрібну оболонку. Один із способів оснований на тім, що спочатку точки сортуються за зростанням, наприклад, координати Y. Тепер це не просто множина, а певним чином упорядкована послідовність. Врахування цього дозволяє створити простий та прозорий алгоритм побудови оболонки.

За початкову точку можна взяти точку із найменшою координатою Y. Таких точок може бути кілька – виберемо з них ту, координата X якої найменша. Далі ми будуємо дві послідовності точок, починаючи обхід множини як зліва, так і справа. Назвемо їх лівою та правою. Друга точка додається до обох. Далі після обробки кожної точки будується оболонка тієї множини точок, які вже розглянуто.

Нехай A та B – остання й передостання точки послідовності, побудованої при обході зліва, C – нова точка. Якщо при переході з відрізка BA на відрізок AC ми робимо лівий поворот або рухаємося по прямій, то точку A можна вилучити з послідовності. Так само треба вилучити й точку B, якщо перед нею в послідовності є точка Z, така що, ZBC – лівий поворот або відрізок прямої. І так далі. Нарешті, або дві останні точки послідовності разом із новою утворюють правий поворот, або всі, крім першої, вилучено.

Визначення, чи утворюють точки BAC лівий поворіт, здійснюється за знаком векторного добутку , як у прикладі 7.5 з підрозділу 7.4. Є особливий випадок обробки точки – коли дві останні точки послідовності розташовані горизонтально. Якщо нова точка належить тій же горизонталі, то векторний добуток рівний 0. Нова точка "витісняє" останню точку A, коли відрізок BA продовжується нею або вона розташована ліворуч від A .

Після обробки послідовності нова точка додається до неї. Виключенням є випадок, коли нова точка лежить на відрізку між останніми точками лівої та правої послідовностей обходу. Перевірити це дуже просто, оскільки з упорядкованості точок за координатою Y випливає, що такий відрізок може бути лише горизонтальним.

Симетричним чином точка додається (або не додається) до правої послідовності.

Упорядкованість точок по вертикалі забезпечує, що при обробці нової точки не виникає одночасно лівого повороту до неї з кінця лівої послідовності та правого – з правої. Крім того, якщо точка була кінцевою в обох послідовностях, то після обробки наступної точки вона буде вилучена принаймні з однієї з них. Упорядкованість також гарантує, що необроблені точки лежать не нижче від тих, за якими побудовано поточну оболонку. Врахування усіх цих властивостей суттєво спрощує алгоритм.

Отже, після обробки останньої точки ми маємо ліву та праву послідовності. Результат ми одержимо, друкуючи, наприклад, ліву послідовність з її початку, а потім праву з її кінця. Це відповідає обходу нашого саду ззовні за годинниковою стрілкою.

Перейдемо до реалізації алгоритму. Координати точок подамо масивом структур з полями X і Y. При його сортуванні ми не будемо переставляти місцями значення його елементів, тобто структури. Створимо допоміжний масив індексів і відсортуємо його так, щоб перше значення в ньому вказувало на структуру з найменшим значенням Y, друге – на структуру з другим за порядком значенням тощо. Наприклад, якщо послідовні структури мають координати Y

10 -1 33 15 0,то значеннями послідовних елементів допоміжного масиву є номери структур у їх упорядкуванні:

2 5 1 4 3.

У сортуванні масиву структур A за їх координатою Y з допоміжним індексовим масивом замість порівнянь полів та обмінів значень елементів A[i] та A[k] відбуваються порівняння елементів A[B[i]].Y і A[B[k]].Y та обміни значень B[i] і B[k].

Після сортування відшукаємо початкову точку – з найменшою координатою X серед тих, що мають найменшу координату Y.

Ліву та праву послідовності зберігатимемо в додатковому масиві індексів. Ліва заповнює його з початку, права – з кінця. Нехай всього точок n. Посилання на початкову точку запам'ятаємо двічі в крайніх елементах масиву. З точок, що залишилися, лише остання може з'явитися в обох послідовностях одночасно. Тому для них достатньо n елементів масиву. Отже, всього нам потрібно n+2 елементи.

Наведемо лише необхідні означення. Доповнити їх до програми залишається вправою.

const mx=5000; {максимальна кількість точок}

type int=integer; pnt=record x, y : int end;

var a : array[1 .. mx] of pnt; {масив точок}

b, {індексовий масив}

c : array[0..mx+1]of int; {масив для лівої та правої послід-тей}

n : int; {кількість точок}

ll, rr : int;{індекси останніх елементів посл-тей у масиві c}

…

procedure init;

var k : int; km, xm, ym : int; …

begin

Читання n точок у масив A;

Сортування за неспаданням координати Y – результатом є масив B, такий, що A[B[1]].Y0 )

else right:=( (x2-x1)*(y3-y1)-(x3-x1)*(y2-y1)=1) and left(tp) do ll:=ll-1;

if (tp.y > a[c[ll]].y) or (tp.y > a[c[rr]].y)or

not( (tp.x>a[c[ll]].x)and(tp.x a[c[rr]].y)or

not( (tp.x>a[c[ll]].x)and(tp.x20. (Задача про два станки) Є n деталей, кожна з яких проходить обробку спочатку на першому станку, потім на другому. Кожний станок здатний обробляти одночасно одну деталь і готовий до обробки наступної деталі одразу після обробки попередньої. Відомий час обробки кожної деталі на кожному із станків. Упорядкувати деталі таким чином, щоб час від початку обробки першої деталі до закінчення обробки останьої був якнайменшим. Наприклад, якщо перша деталь обробляється на станках 20 і 10 одиниць часу, а друга – 10 і 20, то за порядку деталей (перша, друга) одержимо час 50, а за порядку (друга, перша) – 40.