Bài toán qui hoạch động đặt dấu của biểu thức năm 2024

1. TOÁN QUY HOẠCH ĐỘNG ĐIỂN HÌNH. I. Dãy con đơn điệu dài nhất 1. Mô hình Cho dãy a1,a2,..an. Hãy tìm một dãy con tăng có nhiều phần tử nhất của dãy. Đặc trưng: i) Các phần tử trong dãy kết quả chỉ xuất hiện 1 lần. Vì vậy phương pháp làm là ta sẽ dùng vòng For duyệt qua các phần tử aitrong dãy, khác với các bài toán của mô hình 4(đặc trưng là bài toán đổi tiền), các phần tử trong dãy có thể được chọn nhiều lần nên ta thực hiện bằng phương pháp cho giá trị cần quy đổi tăng dần từng đơn vị. ii) Thứ tự của các phần tử được chọn phải được giữ nguyên so với dãy ban đầu. Đặc trưng này có thể mất đi trong một số bài toán khác tùy vào yêu cầu cụ thể. Chẳng hạn bài Tam giác bao nhau. 2. Công thức QHĐ Hàm mục tiêu : f = độ dài dãy con. Vì độ dài dãy con chỉ phụ thuộc vào 1 yếu tố là dãy ban đầu nên bảng phương án là bảng một chiều. Gọi L(i) là độ dài dãy con tăng dài nhất, các phần tử lấy trong miền từ a1 đến ai và phần tử cuối cùng là ai. Nhận xét với cách làm này ta đã chia 1 bài toán lớn (dãy con của n số) thành các bài toán con cùng kiểu có kích thước nhỏ hơn (dãy con của dãy i số). Vấn đề là công thức truy hồi để phối hợp kết quả của các bài toán con. Ta có công thức QHĐ để tính L(i) như sau: • L(1) = 1. (Hiển nhiên) • L(i) = max(1, L(j)+1 với mọi phần tử j: 0
2. phương án là một mảng một chiều L để lưu trữ các giá trị của hàm QHĐ L(i). Đoạn chương trình tính các giá trị của mảng L như sau: for i := 1 to n do begin L[i] := 1; for j:=1 to i–1 do if (a[j]<=a[i]) and (L[i]
3. điểm M có nằm trong tam giác ABC không có thể dựa trên phương pháp tính diện tích: điểm M nằm trong nếu S(ABC) = S(ABM) + S(ACM) + S(BCM). Bài toán có một số biến thể khác như tìm dãy hình tam giác, hình chữ nhật… bao nhau có tổng diện tích lớn nhất. d) Dãy đổi dấu Cho dãy a1, a2,…an. Hãy dãy con đổi dấu dài nhất của dãy đó. Dãy con con đổi dấu ai1,ai2,…aik phải thoả mãn các điều kiện sau: • ai1ai3<… hoặc ai1>ai2… • các chỉ số phải cách nhau ít nhất L: i2–i1≥L, i3–i2≥L…. • chênh lệch giữa 2 phần tử liên tiếp nhỏ hơn U: |ai1–ai2|≤U, |ai2–ai3|≤U… Hướng dẫn: Gọi L(i) là số phần tử của dãy con đổi dấu có phần tử cuối cùng là ai và phần tử cuối cùng lớn hơn phần tử đứng trước. Tương tự, P(i) là số phần tử của dãy con đổi dấu có phần tử cuối cùng là ai và phần tử cuối cùng nhỏ hơn phần tử đứng trước. Ta dễ dàng suy ra: • L(i) = max(1, P(j)+1): j≤i–L và ai–U≤aj
4. Các dòng sau ghi các khối được chọn, mỗi khối đá ghi 4 số T, D, R, C trong đó T là số thứ tự của mỗi khối đá. D, R, C là kích thước của khối đá tương ứng. II. Vali (B) 1. Mô hình Có n đồ vật, vật thứ i có trọng lượng a[i] và giá trị b[i]. Hãy chọn ra một số các đồ vật, mỗi vật một cái để xếp vào 1 vali có trọng lượng tối đa W sao cho tổng giá trị của vali là lớn nhất. 2. Công thức Hàm mục tiêu : f: tổng giá trị của vali. Nhận xét : giá trị của vali phụ thuộc vào 2 yếu tố: có bao nhiêu vật đang được xét và trọng lượng của các vật. Do đó bảng phương án sẽ là bảng 2 chiều. L[i,j] : tổng giá trị lớn nhất của vali khi xét từ vật 1..vật i và trọng lượng của vali chưa vượt quá j. Chú ý rằng khi xét đến L[i,j] thì các giá trị trên bảng phương án đều đã được tối ưu. • Tính L[i,j] : vật đang xét là ai với trọng lượng của vali không được quá j. Có 2 khả năng xảy ra : • Nếu chọn aiđưa vào vali, trọng lượng vali trước đó phải ≤ j-a[i]. Vì mỗi vật chỉ được chọn 1 lần nên giá trị lớn nhất của vali lúc đó là L[i-1,j-a[i]) + b[i] • Nếu không chọn ai , trọng lượng của vali là như cũ (như lúc trước khi chọn ai ): L[i-1,j]. Tóm lại ta có L[i,j]=max(L(i-1,j-a[i]) + b[i], L[i-1,j]). 3. Cài đặt For i:=1 to n do For j:=1 to W do If b[i]<=j then L[i,j]:=max(L(i-1,j-a[i]) + b[i], L[i-1,j]) else L[i,j]:=L[i-1,j]; 4. Một số bài toán khác a) Dãy con có tổng bằng S: Cho dãy a1,a2,..an. Tìm một dãy con của dãy đó có tổng bằng S. Hướng dẫn Đặt L[i,t)=1 nếu có thể tạo ra tổng t từ một dãy con của dãy gồm các phần tử a1,a2,..ai. Ngược lại thì L[i,t)=0. Nếu L[n,S)=1 thì đáp án của bài toán trên là “có”. Ta có thể tính L[i,t] theo công thức: L[i,t]=1 nếu L[i–1,t]=1 hoặc L[i–1,t–a[i]]=1. Cài đặt Nếu áp dụng luôn công thức trên thì ta cần dùng bảng phương án hai chiều. Ta có thể nhận xét rằng để tính dòng thứ i, ta chỉ cần dòng i–1. Bảng phương án khi đó chỉ cần 1 mảng 1 chiều L[0..S] và được tính như sau: L[t]:=0; L[0]:=1; for i := 1 to n do for t := S downto a[i] do if (L[t]=0) and (L[t–a[i]]=1) then L[t]:=1; Trang 4
5. phí không gian của cách cài đặt trên là O(m), chi phí thời gian là O(nm), với m là tổng của n số. Hãy tự kiểm tra xem tại sao vòng for thứ 2 lại là for downto chứ không phải là for to. b) Chia kẹo Cho n gói kẹo, gói thứ i có ai viên. Hãy chia các gói thành 2 phần sao cho chênh lệch giữa 2 phần là ít nhất. Hướng dẫn: Gọi T là tổng số kẹo của n gói. Chúng ta cần tìm số S lớn nhất thoả mãn: • S≤T/2. • Có một dãy con của dãy a có tổng bằng S. Khi đó sẽ có cách chia với chênh lệch 2 phần là T–2S là nhỏ nhất và dãy con có tổng bằng S ở trên gồm các phần tử là các gói kẹo thuộc phần thứ nhất. Phần thứ hai là các gói kẹo còn lại. c) Market (Olympic Balkan 2000) Người đánh cá Clement bắt được n con cá, khối lượng mỗi con là ai, đem bán ngoài chợ. Ở chợ cá, người ta không mua cá theo từng con mà mua theo một lượng nào đó. Chẳng hạn 3 kg, 5kg… Ví dụ: có 3 con cá, khối lượng lần lượt là: 3, 2, 4. Mua lượng 6 kg sẽ phải lấy con cá thứ 2 và và thứ 3. Mua lượng 3 kg thì lấy con thứ nhất. Không thể mua lượng 8 kg. Nếu bạn là người đầu tiên mua cá, có bao nhiêu lượng bạn có thể chọn? Hướng dẫn: Thực chất bài toán là tìm các số S mà có một dãy con của dãy a có tổng bằng S. Ta có thể dùng phương pháp đánh dấu của bài chia kẹo ở trên rồi đếm các giá trị t mà L[t]=1. d) Điền dấu Cho n số tự nhiên a1,a2, ...,an. Ban đầu các số được đặt liên tiếp theo đúng thứ tự cách nhau bởi dấu "?": a1?a2?...?an. Cho trước số nguyên S, có cách nào thay các dấu "?" bằng dấu + hay dấu − để được một biểu thức số học cho giá trị là S không? Hướng dẫn: Đặt L(i,t)=1 nếu có thể điền dấu vào i số đầu tiên và cho kết quả bằng t. Ta có công thức sau để tính L: • L(1,a[1]) =1. • L(i,t)=1 nếu L(i–1,t+a[i])=1 hoặc L(i–1,t–a[i])=1. Nếu L(n,S)=1 thì câu trả lời của bài toán là có. Khi cài đặt, có thể dùng một mảng 2 chiều (lưu toàn bộ bảng phương án) hoặc 2 mảng một chiều (để lưu dòng i và dòng i–1). Chú ý là chỉ số theo t của các mảng phải có cả phần âm (tức là từ –T đến T, với T là tổng của n số), vì trong bài này chúng ta dùng cả dấu – nên có thể tạo ra các tổng âm. Bài này có một biến thể là đặt dấu sao cho kết quả là một số chia hết cho k. Ta có thuật giải tương tự bài toán trên bằng cách thay các phép cộng, trừ bằng các phép cộng và trừ theo môđun k và dùng mảng đánh dấu với các giá trị từ 0 đến k–1 (là các số dư có thể có khi chia cho k). Đáp số của bài toán là L(n,0). e) Expression (ACM 10690) Cho n số nguyên. Hãy chia chúng thành 2 nhóm sao cho tích của tổng 2 nhóm là lớn nhất. Trang 5
6. T là tổng n số nguyên đó. Giả sử ta chia dãy thành 2 nhóm, gọi S là tổng của một nhóm, tổng nhóm còn lại là T–S và tích của tổng 2 nhóm là S*(T–S). Bằng phương pháp đánh dấu ta xác định được mọi số S là tổng của một nhóm (như bài Market) và tìm số S sao cho S*(T–S) đạt max. III. Biến đổi xâu: 1. Mô hình Cho 2 xâu X,F. Xâu nguồn có n kí tự X1X2...Xn , xâu đích có m kí tự F1F2...Fm .Có 3 phép biến đổi : • Chèn 1 kí tự vào sau kí tự thứ i :I i C • Thay thế kí tự ở vị trí thứ i bằng kí tự C : R i C. • Xoá kí tự ở vị trí thứ i. D i Hãy tìm số ít nhất các phép biến đổi để biến xâu X thành xâu F. Hướng dẫn: Hàm mục tiêu : f: số phép biến đổi. Dễ thấy số phép biến đổi phụ thuộc vào vị trí i đang xét của xâu X và vị trí j đang xét cuả xâu F. Do vậy để cài đặt cho bang phương án ta sẽ dùng mảng 2 chiều Gọi L(i,j) là số phép biến đổi ít nhất để biến xâu X(i) gồm i kí tự phần đầu của X (X(i)= X[1..i]) thành xâu F(j) gồm j kí tự phần đầu của F(F(j) =F[1..j]). Dễ thấy F(0,j)=j và F(i,0)=i. Có 2 trường hợp xảy ra: Nếu X[i]=F[j] : X X1X2...Xi-1 i X F1F2...Fj-1 i thì ta chỉ phải biến đổi xâu X(i-1) thành xâu Y(j-1). Do đó F(i,j)=F(i-1,j-1). Ngược lại, ta có 3 cách biến đổi: X Xoá kí tự X[i]: X1X2...Xi-1 i F1F2...Fj-1 Fj Xâu X(i-1) thành F(j). Khi đó F(i,j)=F(i-1,j)+1.(Cộng 1 là do ta đã dùng 1 phép xóa) Fj Thay thế X[i] bởi F[j] : X1X2...Xi-1 Fj F1F2...Fj-1 Xâu X(i-1) thành F(j-1). Khi đó F(i,j)=F(i-1,j-1)+1. Chèn F[j] vào X(i): X1X2...Xi-1XiFj Fj F1F2...Fj-1 Xâu X(i) thành Y(j-1). Khi đó F(i,j)=F(i,j-1)+1. Tổng kết lại, ta có công thức QHĐ: • F(0,j)=j • F(i,0)=i Trang 6
7. nếu X[i] = Y[j]. • F(i,j) = min(F(i−1,j),F(i,j−1),F(i−1,j−1))+1 nếu X[i]≠Y[j]. Bài này ta có thể tiết kiệm biến hơn bằng cách dùng 2 mảng 1 chiều tính lẫn nhau và một mảng đánh dấu 2 chiều để truy vết. 4. Một số bài toán khác a) Xâu con chung dài nhất Cho 2 xâu X,Y. Hãy tìm xâu con của X và của Y có độ dài lớn nhất. Công thức QHĐ Gọi L(i,j) là độ dài xâu con chung dài nhất của xâu X(i) gồm i kí tự phần đầu của X (X(i)= X[1..i]) và xâu Y(j) gồm j kí tự phần đầu của Y (Y(j) =Y[1..j]). Ta có công thức quy hoạch động như sau: • L(0,j)=L(i,0)=0. • L(i,j) = L(i−1,j−1)+1 nếu X[i] = Y[j]. • L(i,j) = max(L(i−1,j), L(i,j−1)) nếu X[i]≠Y[j]. Cài đặt Bảng phương án là một mảng 2 chiều L[0..m,0..n] để lưu các giá trị của hàm QHĐ L(i,j). Đoạn chương trình cài đặt công thức QHĐ trên như sau: for i:=0 to m do L[i,0]:=0; for j:=0 to n do L[0,j]:=0; for i:=1 to m do for j:=1 to n do if X[i]=Y[j] then L[i,j]:=L[i–1,j–1]+1 else L[i,j]:=max(L[i–1,j],L[i,j–1]]); Như vậy chi phí không gian của bài toán là O(n2), chi phí thời gian là O(n2). Có một phương pháp cài đặt tốt hơn, chỉ với chi phí không gian O(n) dựa trên nhận xét sau: để tính ô L[i,j] của bảng phương án, ta chỉ cần 3 ô L[i–1,j–1],L[i–1,j] và L[i,j–1]. Tức là để tính dòng L[i] thì chỉ cần dòng L[i–1]. Do đó ta chỉ cần 2 mảng 1 chiều để lưu dòng vừa tính (P) và dòng đang tính (L) mà thôi. Cách cài đặt mới như sau: for j:=0 to n do P[j]:=0; for i:=1 to m do begin L[0] := 0; for j:=1 to n do if X[i]=Y[j] then L[i,j]:=P[j–1]+1 else L[i,j]:=max(P[j], L[j–1]); P := L; end; c) Bắc cầu Hai nước Anpha và Beta nằm ở hai bên bờ sông Omega, Anpha nằm ở bờ bắc và có M thành phố được đánh số từ 1 đến m, Beta nằm ở bờ nam và có N thành phố được đánh số từ 1 đến n (theo vị trí từ đông sang tây). Mỗi thành phố của nước này thường có quan hệ kết nghĩa với một số thành phố của nước kia. Để tăng cường tình hữu nghị, hai nước muốn xây các cây cầu bắc qua sông, mỗi cây cầu sẽ là nhịp cầu nối 2 thành phố kết nghĩa. Với yêu cầu là các cây Trang 7
8. cắt nhau và mỗi thành phố chỉ là đầu cầu cho nhiều nhất là một cây cầu, hãy chỉ ra cách bắc cầu được nhiều cầu nhất. Hướng dẫn: Gọi các thành phố của Anpha lần lượt là a1,a2,…am; các thành phố của Beta là b1,b2,...bn. Nếu thành phố ai và bj kết nghĩa với nhau thì coi ai “bằng” bj. Để các cây cầu không cắt nhau, nếu ta đã chọn cặp thành phố (ai,bj) để xây cầu thì cặp tiếp theo phải là cặp (au,bv) sao cho u>i và v>j. Như vậy các cặp thành phố được chọn xây cầu có thể coi là một dãy con chung của hai dãy a và b. Bài toán của chúng ta trở thành bài toán tìm dãy con chung dài nhất, ở đây hai phần tử “bằng” nhau nếu chúng có quan hệ kết nghĩa. d) Palindrom (IOI 2000) Một xâu gọi là xâu đối xứng (palindrom) nếu xâu đó đọc từ trái sang phải hay từ phải sang trái đều như nhau. Cho một xâu S, hãy tìm số kí tự ít nhất cần thêm vào S để S trở thành xâu đối xứng. Hướng dẫn: Bài toán này có một công thức QHĐ như sau: Gọi L(i,j) là số kí tự ít nhất cần thêm vào xâu con S[i..j] của S để xâu đó trở thành đối xứng. Đáp số của bài toán sẽ là L(1,n) với n là số kí tự của S. Ta có công thức sau để tính L(i,j): • L(i,i)=0. • L(i,j)=L(i+1,j–1) nếu S[i]=S[j] • L(i,j)=max(L(i+1,j), L(i,j–1)) nếu S[i]≠S[j] Bạn đọc dễ dàng có thể kiểm chứng công thức đó. Ta có thể cài đặt trực tiếp công thức đó bằng phương pháp đệ quy có nhớ. Tuy nhiên khi đó chi phí không gian là O(n2). Có một phương pháp cài đặt tiết kiệm hơn (bạn đọc có thể tham khảo ở bài báo trên của thầy Trần Đỗ Hùng), tuy nhiên phương pháp đó khá phức tạp. Ta có thuật toán đơn giản hơn như sau: Gọi P là xâu đảo của S và T là xâu con chung dài nhất của S và P. Khi đó các kí tự của S không thuộc T cũng là các kí tự cần thêm vào để S trở thành đối xứng. Đáp số của bài toán sẽ là n–k, với k là độ dài của T. Ví dụ: S=edbabcd, xâu đảo của S là P=dcbabde. Xâu con chung dài nhất của S và P là T=dbabd. Như vậy cần thêm 2 kí tự là e và c vào để S trở thành xâu đối xứng. IV. Vali (A) 1. Mô hình Cho n vật, vật i nặng ai và có giá trị bi. Hãy chọn ra một số vật để cho vào balô sao cho tổng khối lượng không vượt quá W và tổng giá trị là lớn nhất. Chú ý rằng mỗi vật có thể được chọn nhiều lần. 2. Công thức Gọi L(i,j) là tổng giá trị lớn nhất khi được chọn i vật từ 1 đến i cho vào balô với tổng khối lượng không vượt quá j. L(n,W) sẽ là đáp số của bài toán (là giá trị lớn nhất có được nếu chọn n vật và tổng khối lượng không vượt quá W). Công thức tính L(i,t) như sau: Trang 8
9. L(i,j)=L(i,j) nếu t
10. cũng xây dựng hàm QHĐ một cách tương tự: Gọi L(i,t) là số đồng xu ít nhất nếu đổi t đồng ra i loại tiền xu (từ 1 đến i). Công thức tính L(i,t) như sau: • L(i,0)=0; • L(0,t)= ∞ với t>0. • L(i,t)=L(i–1,t) nếu ti+1 thì ta thấy có thể tính Ai.Ai+1....Aj bằng cách chọn một vị trí k nào đó để đặt ngoặc theo trình tự: Ai.Ai+1....Aj = (Ai..Ak).(Ak+1..Aj) Ma trận kết quả của phép nhân (Ai..Ak) có kích thước di–1×dk, ma trận kết quả của phép nhân (Ak+1..Aj) có kích thước dk×dj. Với cách đặt đó ta sẽ mất F(i,k) phép nhân để có kết quả trong dấu ngoặc thứ nhất, mất thêm F(k+1,j) phép nhân để có kết quả trong dấu ngoặc thứ hai, và cuối cùng mất di–1.dk.dj để nhân 2 ma trận kết quả đó. Từ đó tổng số phép nhân của cách đặt đó là: F(i,k)+F(k+1,j)+di–1.dk.dj. Ta chọn vị trí k cho số phép nhân ít nhất. Trang10
11. phương án là một mảng 2 chiều F để lưu F(i,j). Chú ý khi cài đặt là để tính được F(i,j), ta phải tính F(i,k) và F(k+1,j) trước. Phương pháp đơn giản để làm điều đó là phương pháp đệ quy có nhớ. Tuy nhiên dựa vào nhận xét là trong công thức QHĐ: j–i lớn hơn k–i và j–k, ta có thể tính theo trình tự khác: tính các phần tử F(i,j) với j–i từ nhỏ đến lớn (không phải là tính các giá trị F(i,j) với i,j từ nhỏ đến lớn như vẫn làm). Với cách đó, khi tính đến F(i,j) thì ta đã có F(i,k) và F(k+1,j). Đoạn chương trình tính bảng phương án như sau: for i:=1 to n do F[i,i]:=0; for i:=1 to n–1 do F[i,i+1] := d[i–1]*d[i]*d[i+1]; for m:=2 to n–1 do begin for i:=1 to n–m do begin j:=i+m; F[i,j]:=oo; for k:=i+1 to j–1 do F[i,j]:=min(F[i,j], F[i,k]+F[k+1,j]+d[i–1]*d[k]*d[j]); end; end; Với cách cài đặt trên,chi phí không gian là O(n2), chi phí thời gian là O(n3) (đây là bài toán có chi phí lớn nhất trong tất cả các bài toán QHĐ thường gặp). 4. Một số bài toán khác a) Chia đa giác Cho một đa giác lồi N đỉnh. Bằng các đường chéo không cắt nhau, ta có thể chia đa giác thành N–2 tam giác. Hãy xác định cách chia có tổng các đường chéo ngắn nhất. Hướng dẫn: Để đơn giản ta coi mọi đoạn thẳng nối 2 đỉnh đều là “đường chéo” (nếu nối 2 đỉnh trùng nhau hoặc 2 đỉnh liên tiếp thì có độ dài bằng 0). Gọi F(i,j) là tổng độ dài các đường chéo khi chia đa giác gồm các đỉnh từ i đến j thành các tam giác. Nếu ji+1 thì có thể tính biểu thức ai•ai+1•…•aj bằng cách chia thành 2 nhóm: (ai•ai+1•…•ak)•(ak+1•…•aj), Khi đó F(i,j)=F(i,k)•F(k+1,j). Tóm lại, công thức QHĐ là: Trang11
12. F(i,j)=max(F(i,k)•F(k+1,j) với k=i+1,i+2,..j–1). (Chú là là các hạng tử của dãy đều không âm và các phép toán là + hoặc × nên F(i,k) và F(k+1,j) đạt max thì F(i,k)•F(k+1,j) cũng đạt max). VI. Ghép cặp 1.Mô hình Có n lọ hoa sắp thẳng hàng và k bó hoa được đánh số thứ tự từ nhỏ đến lớn. Cần cằm k bó hoa trên vào n lọ sao cho hoa có số thứ tự nhỏ phải đứng trước hoa có số thứ tự lớn. Giá trị thẩm mỹ tương ứng khi cắm hoa i vào lọ thứ j là v(i,j) Hãy tìm 1 cách cắm sao cho tổng giá trị thẫm mỹ là lớn nhất. Chú ý rằng mỗi bó hoa chỉ được cắm vào 1 lọ và mỗi lọ cũng chỉ cắm được 1 bó hoa. (IOI –1999) 2. Công thức : Nhận xét rằng bài toán nêu trên là một bài toán ghép cặp có yêu cầu về thứ tự nên ta có thể giải quyết bằng phương pháp QHĐ. Hàm mục tiêu : f: tổng giá trị thẩm mỹ của cách cắm. Giá trị thẩm mỹ phụ thuộc vào các hoa và các lọ đang được xét nên ta sẽ dùng mảng 2 chiều để lưu bảng phương án. L(i,j): tổng giá trị thẩm mỹ lớn nhất khi xét đến hoa i và lọ j. Khi tính L(i,j) hoa đang xét sẽ là hoa i và lọ j. • Nếu i = j. Chỉ có một cách cắm L(i,i):= v[1,1]+v[2,2]+...v[i,i] • Nếu i>j . Không có cách cắm hợp lý • Nếu i
13. j có b(j) học sinh. Hãy chọn 1 phương án bố trí sao cho tổng số lần chuyển ghế ra và vào là ít nhất. Hướng dẫn : Khi xếp nhóm i vào phòng j thì số lần chuyển ghế chính là độ chênh lệch giữa số ghế trong phòng i và số học sinh trong nhóm. Đặt v[i,j]:=|a(i)-b(j)| b) Mua giày (Đề QG bảng B năm 2003) Trong hiệu có n đôi giày, đôi giày i có kích thước hi. Có k người cần mua giày, người i cần mua đôi giày kích thước si . Khi người i chọn mua đôi giày j thì độ lệch sẽ là |h(i)-s(j)|. Hãy tìm cách chọn mua giày cho k người trên sao cho tổng độ lệch là ít nhất. Biết rằng mỗi người chỉ mua 1 đôi giày và 1 đôi giày cũng chỉ có một người mua. Hướng dẫn : Lập công thức giải như bài Câu lạc bộ. Chú ý chứng minh tính đúng đắn của bổ đề heuristic sau :Cho 2 dãy tăng dần các số dương a1a2...an , b1b2...bn. Gọi c1c2...cn là một hoán vị của dãy {bn}. Khi đó : |a(1)-b(1)|+ |a(2)-b(2)|+...+ |a(n)-b(n)|< |a(1)-c(1)|+ |a(2)- c(2)|+...+ |a(n)-c(n)| VII. Di chuyển 1. Mô hình Cho bảng A gồm MxN ô. Từ ô (i,j) có thể di chuyển sang 3 ô (i+1,j), (i+1,j–1) và (i+1,j+1). Hãy xác định một lộ trình đi từ hàng 1 đến hàng M sao cho tổng các ô đi qua là lớn nhất. 2. Công thức Gọi F(i,j) là giá trị lớn nhất có được khi di chuyển đến ô (i,j). Có 3 ô có thể đi đến ô (i,j) là (i– 1,j), (i–1,j–1) và (i–1,j+1). Do đó ta có công thức QHĐ như sau: • F(1,j)=A[1,j] • F(i,j)=max(F(i–1,j),F(i–1,j–1),F(i–1,j+1))+A[i,j] với i>1 3. Cài đặt Bảng phương án là bảng 2 chiều F[0..m,0..n]. (Tất cả các ô trên biên đều cho giá trị bằng 0). Quá trình tính như sau: for i:=1 to m do for j := 1 to n do F[i,j]=max[F[i–1,j],F[i–1,j–1],F[i–1,j+1]]+A[i,j]; Cách cài đặt này cho chi phí không gian và thời gian đều là O(n2). Ta có thể tiết kiệm không gian nhớ bằng cách tính trực tiếp trên mảng A. 4. Một số bài toán khác a) Tam giác (IOI 1994) Cho một tam giác gồm các số nguyên không âm. Hãy tính tổng lớn nhất các số trên đường đi từ đỉnh tam giác xuống một điểm nào đó ở đáy tam giác nào đó. Tại mỗi ô ta chỉ có đi thẳng xuống, sang ô bên trái hoặc bên phải. Hướng dẫn: Mô tả các phần tử của tam giác số như một ma trận, A[i,j] là phần tử thứ j trên dòng i (với 1≤i≤N và 1≤j≤i). Có 2 ô có thể di chưyển đến ô (i,j) là ô (i–1,j–1) và ô (i–1,j). Gọi F(i,j) là tổng lớn nhất có thể có khi đi đến ô (i,j) ta có: Trang13
14. F(i,j)=max(F(i–1,j–1),F(i–1,j))+A[i,j] b) Con kiến Có một ống hình trụ, khi trải phẳng ra có thể là một bảng MxN ô. Giá trị A[i,j] là lượng thức ăn có ở ô ở dòng i cột j. Một con kiến xuất phát từ một ô ở mép bên trái của hình trụ và bò sang mép bên phải. Từ ô (i,j) kiến có thể bò sang 1 trong 3 ô (i–1,j+1), (i,j+1) hoặc (i+1,j+1). (Chú ý: vì ống hình trụ nên kiến đang ở dòng 1 có thể bò xuống dòng M và ngược lại). Bò qua ô nào thì kiến mang theo toàn bộ lượng thức ăn ở ô đó. Hãy tìm đường đi mà kiến kiếm được nhiều thức ăn nhất. Hướng dẫn: Để xử lí tình huống hình trụ, ta lưu dòng 0 là dòng M và dòng M+1 là dòng 1. Khi đó tương tự như bài toán ban đầu, gọi F(i,j) là lượng thức ăn kiến có được khi bò đến ô (i,j), ta thiết lập được công thức QHĐ sau: • F(i,1)=A[i,1] • F(i,j)=max(F(i–1,j–1),F(i,j–1),F(i+1,j+1))+A[i,j] với j>1 Trang14

Bài toán qui hoạch động đặt dấu của biểu thức năm 2024

Bài Viết Liên Quan

Quảng Cáo

Có thể bạn quan tâm

Toplist được quan tâm

Quảng cáo

Xem Nhiều

Quảng cáo

Chúng tôi

Điều khoản

Trợ giúp

Mạng xã hội