ПЕРЕБИРАННЯ ВАРІАНТІВ

В ПРОГРАМУВАННІ

1. Задача про розміщення ферзів

Розглянемо шахівницю, що має розміри не 8? 8, а n? n, де n>0. Як відомо,
шаховий ферзь атакує всі клітини та фігури на одній з ним вертикалі,
горизонталі та діагоналі. Будь-яке розташування кількох ферзів на
шахівниці будемо називати їх розміщенням. Розміщення називається
допустимим, якщо ферзі не атакують одне одного. Розміщення n ферзів на
шахівниці n? n називається повним. Допустимі повні розміщення існують не
при кожному значенні n. Наприклад, при n=2 або 3 їх немає. За n=4 їх
лише 2 (рис.19.1), причому вони дзеркально відбивають одне одного.

Задача. Написати програму побудови всіх повних допустимих розміщень n
ферзів, де 4? n? 20.

Для початку з’ясуємо деякі властивості допустимих розміщень. Очевидно,
що в них кожний ферзь займає окрему вертикаль і горизонталь. Занумеруємо
вертикалі й горизонталі номерами 1, … , n та позначимо через послідовність номерів горизонталей, зайнятих ферзями, що стоять у
вертикалях 1, 2, ? , i, де 0? i? n. Випадок i=0 відповідає порожньому
розміщенню <>.

Існує n способів розмістити ферзя в першій вертикалі, тобто перейти від
порожнього розміщення до непорожнього. Цей перехід позначимо стрілкою
(рис. 19.2(а)). За кожного з розміщень ферзя в першій вертикалі є n
варіантів розміщення ферзя в другій вертикалі, але з них слід відкинути
недопустимі. Відмітимо їх знаком ‘*’ (рис.19.2(б)).

Узагалі, нехай зафіксовано розміщення ферзів у перших i-1вертикалях:

S(i-1)=.

Для побудови всіх допустимих розміщень із початком S(i-1) треба
перебрати всі допустимі розміщення S(i)з ферзем у i-й вертикалі та для
кожного побудувати всі допустимі розміщення з початком S(i).

Отже, маємо рекурсивний алгоритм побудови всіх допустимих розміщень, за
яким пошук усіх допустимих заповнень ферзями останніх n-i+1вертикалей
зводиться до пошуку заповнень n-i вертикалей.

Уточнимо цей алгоритм рекурсивною процедурою deps. Нехай розмір
шахівниці не більше nm=20. Номери вертикалей та діагоналей містяться в
діапазоні nums=1..nm, а розміщення зображається станом масиву H типу

arh = array[ nums ] of nums.

Процедура deps задає побудову розміщення, починаючи з i-ї вертикалі за
фіксованих H[1], ? , H[i-1]. Підпрограми test та writs задають
відповідно перевірку допустимості розміщення та
друкування повного розміщення. Вони викликаються у процедурі deps:

procedure deps ( var H : arh; n, i : nums);

var j, k : nums;

begin

for k := 1 to n do

begin

H[i] := k;

if test ( H, i) then

if i = n then writs ( H, n) {друкування повного розміщення }

else deps ( H, n, i+1 ) {рекурсивний виклик}

end

end

Функція test задає перевірку допустимості розміщення за умови, що є допустимим:

function test ( var H : arh; i : nums ) : boolean;

var j : nums; flag : boolean;

begin

j := 1; flag := true;

{перевірка, чи займається нова горизонталь і діагональ}

while ( j < i ) and flag do begin flag := ( H[i] <> H[j] ) and ( abs ( H[i]-H[j] ) <> i-j ); j := j+1

end;

test := flag

end

Розробка процедури writs друкування повного розміщення залишається
вправою.

Програма розв’язання задачі має такий вигляд:

program Queens ( input, output );

const nm = 20;

type nums = 1..nm;

arh = array[ nums ] of nums;

var H : arh; n : nums;

procedure writs ? end;

function test ? end;

procedure deps ? end;

begin

writeln (‘задайте розмір дошки: 4..20>’); readln ( n );

deps ( H, n, 1)

end.

Задачі

1.* Тура атакує фігури на одній із нею вертикалі та горизонталі.
Написати програму пошуку всіх розміщень n тур на шахівниці розміром n?
n, у яких жодна тура не атакує іншу. Зазначимо, що ця задача цілком
збігається з задачею побудови всіх перестановок чисел 1, 2, ? , n.

2. Упорядкуємо повні розміщення ферзів, уважаючи:

< ,

якщо існує таке i? n, що a1=b1, ? , ai-1=bi-1 та ai, де 0? i, , ? , .

Відповідно цей вузол називається їхнім батьком. Сини вузла, сини його
синів тощо називаються його нащадками, а він – їхнім попередником.
Порожнє розміщення <> є коренем дерева, повні чи недопустимі розміщення
– його листками, а допустимі неповні – проміжними вузлами. Кожний вузол
дерева має певну глибину, або рівень у дереві. Глибиною кореня є 0, його
синів – 1 тощо. Повним розміщенням відповідають листки дерева, які в
даному разі мають глибину n. Зазначимо, що в даному разі глибина вузлів
дерева збігається з довжиною їх як розміщень.

Це дерево відбиває пошук повних допустимих розміщень, тому називається
деревом пошуку. Пересування по вузлах дерева у визначеному порядку
називається обходом дерева. Отже, пошук розміщень у дереві є результатом
його обходу.

Задамо алгоритм, реалізований процедурою deps із програми Queens, в
узагальненому вигляді. Нехай A позначає вузол дерева, ОБХІД( A ) – обхід
дерева з коренем А, а синами вузла A є A(1), A(2), ? , A(n). Тоді
процедура deps із програми Queens має таку схему:

for k := 1 to n do

begin

перехід до вузла A(k);

if A(k) є допустимим then

if A(k) є листком then обробка листка A(k)

else ОБХІД( A(k) )

end

Як бачимо, процедура deps задає обхід дерева пошуку з вузлів-розміщень
ферзів. Цей обхід називається обходом дерева у глибину. Ця назва
зумовлена тим, що обхід дерева з довільним коренем закінчується лише
після того, як закінчено обхід усіх його нащадків. Тобто від вузла ми
переходимо до його нащадків, заглиблюючися в дерево.

Обхід дерева в глибину відтворюється за допомогою магазина (стека), до
якого додаються та з якого вилучаються вузли дерева.

З кожним вузлом дерева пов’яжемо інформацію, яка додається при переході
до цього вузла. В задачі про розміщення ферзів кореневий вузол
відповідає порожньому розміщенню, тому з ним ніяка інформація не
пов’язана. При переході від вузла, що подає розміщення ,
до вузла, відповідного розміщенню , збільшується
номер останньої вертикалі i, в k-у клітину якої ставиться ферзь. Отже, з
вузлом зв’язується пара чисел (i, k), що є номерами вертикалі й
горизонталі. Саме такі пари додаються до магазина вузлів.

У задачі про ферзі роль магазина відіграє масив H. Збільшення номера
вертикалі i, тобто перехід до наступного компонента масиву, разом із
присвоюванням H[i]:=k відтворюють додавання до магазина нового елемента
– пари (i, k). Цикл із заголовком

for k := 1 to n do

у процедурі deps задає перебирання вузлів-«братів»

, , ? , ,

що рівносильно послідовному вилученню з магазина попереднього брата з
додаванням наступного.

Опишемо обхід дерева пошуку розміщень без застосування рекурсії.
Розглянемо пересування, пов’язані з вузлами дерева. З допустимого
вузла-листка ми одразу рухаємося до його батька, з недопустимого – до
його брата. Пересування, пов’язані з кожним його проміжним вузлом, можна
подати, як на рис.19.4.

Як бачимо, відвідувати проміжний вузол доводиться лише двічі – на
початку та в кінці обходу дерева, коренем якого він є. Для того, щоб
відрізнити ці два випадки, потрібні додаткові змінні. У разі розміщень
ферзів перехід від вузла до його правого брата задається збільшенням
H[i] на 1. Це рівносильне одночасному виштовхуванню вузла з магазина та
додаванню його правого брата. Звідси випливає, що коли обробляється
вузол глибини i, в магазині є лише по одному вузлу кожної глибини m, m?
i. Тому достатньо однієї додаткової змінної для кожної можливої глибини.
Отже, означимо додатковий масив D того ж самого типу, що й масив H.
Значенням D[i] стає 0, коли до вузла глибини i ми приходимо згори або
зліва, та 1 – коли знизу.

Перехід до вузла знизу – це повернення до батька, і його умовою в задачі
про ферзі є H[i]=n.

Повернення до кореня дерева означає кінець його обходу. Тому
використаємо умову i=0 як умову закінчення пошуку. Отже, пошук повних
допустимих розміщень ферзів має таке описання, яке по суті є тілом
процедури пошуку:

i:=1; H[i]:=1; D[i]:=0;

while (i<>0) do

begin

if i=n then {обробка вузла-листка}

if test(H, i) then {друкування повного допустимого розміщення}

{ та повернення до батька незалежно від наявності братів}

begin writs(H, n); i:=i-1; {i>0!} D[i]:=1 end

else

if H[i]0!} D[i]:=1 end

else {обробка проміжного вузла}

if (D[i]=0) and test(H, i) then {рух у глибину}

begin i:=i+1; H[i]:=1; D[i]:=0 end

else {рух праворуч або нагору}

if H[i]0 then D[i]:=1 end

end

Оформлення програми з необхідними означеннями, ініціалізаціями та
нерекурсивною процедурою пошуку залишаємо як вправу.

Узагальнимо наведений алгоритм, вважаючи, що, на відміну від задачі про
розміщення ферзів, кореневий вузол дерева також містить деяку відповідну
інформацію:

заштовхнути кореневий вузол у магазин;

while магазин не порожній do

begin

нехай A – вузол на верхівці магазина;

if A є листком then

begin

обробити листок A;

виштовхнути A з магазина;

if A не є правим сином свого батька then

заштовхнути в магазин правого брата A;

end

else {A – проміжний вузол}

if A є допустимим і дерево з коренем A ще не оброблено then

заштовхнути в магазин лівого сина A

else {дерево з коренем A вже оброблено або A не є допустимим}

begin

виштовхнути A з магазина;

if A не є правим сином свого батька і не є коренем then

заштовхнути правого брата A в магазин;

end

end.

Наведений опис задає так званий вичерпний пошук у дереві пошуку
варіантів, оскільки рано чи пізно ми дістаємося кожного допустимого
вузла дерева. Зазначимо, що цей опис є схемою багатьох алгоритмів
розв’язання різноманітних задач, пов’язаних із перебиранням варіантів.

3. Метод розгалужень і меж

Обхід усіх вузлів дерева пошуку варіантів може виявитися надто довгим.
Наприклад, якщо в дереві всі вузли є допустимими, кожний проміжний вузол
має m синів, а глибина дерева n, то всього в дереві 1+m+m2+ …
+mn=(mn+1-1)/(m-1) вузлів. Уже за m=10 та n=10 це більш, ніж 1010. Якщо
припустити, що комп’ютер здатний обробити 105 вузлів за секунду, то
обхід такого дерева триватиме 105 секунд, або приблизно добу.

Існує багато практичних задач, де вимагається відшукати чи побудувати не
всі можливі варіанти, а лише один із них, найкращий у деякому розумінні,
визначеному в задачі. Отже, тут з’являється таке поняття, як цінність
варіантів. Загальним принципом розв’язання таких задач є скорочення
обходу дерева варіантів. У ньому відкидаються деякі гілки, про які можна
стверджувати, що вони не містять варіантів більш цінних, ніж уже
знайдені. Розглянемо приклад.

Задача про три процесори. Нехай є три процесори, здатні виконувати
завдання з однаковою швидкістю. Є набір завдань, про кожне з яких
відомий час його виконання. Порядок виконання завдань неважливий. Якщо
процесор почав виконувати завдання, то виконує його до кінця протягом
зазначеного часу. Переключення процесора на виконання нового завдання
відбувається миттєво. Треба так розподілити завдання між процесорами,
шоб момент закінчення останнього завдання був мінімальним. Назвемо цю
величину вартістю розподілу. Отже, займемося обчисленням мінімальної
вартості серед можливих розподілів. Сам розподіл, що забезпечує таку
вартість, для початку нас не цікавитиме.

Приклад. Нехай є 6 завдань, час виконання яких відповідно 7, 8, 9, 10,
11, 12. Якщо в зазначеному порядку розподілити перші три завдання між
процесорами, а потім давати їх у тому ж порядку процесорам, що
звільняються, то перший процесор закінчить роботу в момент 7+10=17,
другий – у момент 8+11=19, а третій – 9+12=21. Маємо вартість 21. Проте
їх можна розподілити інакше – 7+12, 8+11, 9+10, одержавши вартість 19.?

Перше, що ми зробимо в розв’язанні задачі – упорядкуємо завдання за
незростанням часу їх виконання. Отже, нехай P1, … , Pn – завдання, часи
виконання T1, … , Tn яких задовольняють нерівності T1 ? … ? Tn. Розподіл
можна подати послідовністю пар вигляду (i; k), де i – номер завдання, k
– номер процесора, на якому воно виконується. Наприклад, за часів 12,
11, 10, 9, 8, 7 найкращий розподіл подається як

<(1; 1), (2; 2), (3; 3), (4; 3), (5; 2), (6; 1)>.

Подібно до розміщень ферзів, можна говорити про повний розподіл –
довжини n, та неповний – меншої довжини. Так само утворимо дерево пошуку
розподілів. Його коренем є порожній розподіл, синами кореня – три
розподіли <(1; 1)>, <(1; 2)>, <(1; 3)> тощо, тобто синами кожного
розподілу вигляду

v=<(1; k1), … , (i; ki)>

за i,

v2=<(1; k1), … , (i; ki), (i+1; 2)>,

v3=<(1; k1), … , (i; ki), (i+1; 3)>.

Повні розподіли є листками вигляду <(1; k1), … , (n; kn)>.

Тепер займемося упорядкуванням обходу дерева таким чином, щоб варіанти з
меншою вартістю оброблялися якомога раніше, а варіанти з більшою
вартістю – якомога пізніше. За розподілом v=<(1; k1), … , (i; ki)>, де
i? n, неважко обчислити трійку часів роботи процесорів (S1, S2, S3) з
його виконання. Очевидно, його вартістю є найбільше з S1, S2, S3. Такий
розподіл за i, <(1;2)>, <(1;3)> в
чергу достатньо записати лише один, для визначеності <(1; 1)>. Очевидно
також, що коли обробляється вузол із однаковими часами S[1], S[2], S[3],
то з трьох його синів до черги достатньо додати лише одного. Якщо ж два
з трьох часів у вузлі рівні, то до черги не додається один із двох
синів, що відрізняються лише порядком часів.

Опишемо обробку вузлів дерева таким алгоритмом.

Занести до черги розподіл (T[1], 0, 0; 1; T[1]);

Cmin:=? ;

while (черга не порожня) and (її перший елемент має оцінку E

? <9,8,0; 2; 9> <17,0,0; 2; 17>

? <9,8,7; 3; 12> <9,15,0; 3; 15> <16,8,0; 3; 16> <17,0,0; 2; 17>

? <9,8,12; 4; 12> <9,13,7; 4; 13> <9,8,11; 4; 13> <9,15,0; 3; 15>

<16,8,0; 3; 16> <17,0,0; 2; 17>

12 <9,13,7; 4; 13> <9,8,11; 4; 13> <9,15,0; 3; 15> <16,8,0; 3; 16>

<17,0,0; 2; 17>

Як бачимо, перший елемент черги має оцінку вартості, гіршу за Cmin, тому
подальше дослідження дерева варіантів не відбувається. За виконання
алгоритму до черги додається 9 проміжних вузлів, а вилучається 4. Між
тим, неважко підрахувати, що з урахуванням симетричних варіантів дерево
містить 19 проміжних вузлів. Фактично, ми одержали потрібний розподіл
взагалі без перебирання варіантів.

У загальному випадку метод розгалужень і меж не позбавляє перебирання. У
цьому неважко переконатися, імітувавши наведений алгоритм на прикладі
часів виконання завдань (12, 8, 7, 5, 4, 2).

Задача про розподіл завдань представляє чималу групу задач, які
розв’язуються методом розгалужень і меж. Подивимося на цю задачу більш
узагальнено. Розподіл (повний чи частковий) v(i)=<(1; k1), … , (i; ki)>
подамо як послідовність , де aj позначає пару (j; kj).
Очевидно, що v(i) одержується з v(i-1) додаванням компонента ai.
Вартість розподілу при цьому не зменшується, тобто

C(v(i-1))? C(v(i)). (19.1)

Існує чимало задач, в яких розв’язок-послідовність
будується шляхом «нарощування» часткових розв’язків
новими компонентами ai. Умова (19.1) дозволяє відкидати ті часткові
розв’язки та всіх їх нащадків, якщо їх вартість не може бути меншою
вартості Cmin уже побудованого повного розв’язку. Таким чином, Cmin
виступає верхньою межею для вартості розв’язків, які є сенс будувати.
Але, як правило, обчислити вартість повного розв’язку можна лише після
його побудови. Для запобігання побудови всіх повних розв’язків треба
мати можливість оцінювати знизу їх вартість за вартістю побудованих
часткових. Чим точнішою буде така оцінка, тим ефективнішим буде
скорочення перебору.

Отже, алгоритм розв’язання багатьох задач за методом розгалужень і меж
має таку загальну структуру:

Для кожного можливого a1 занести до черги частковий розв’язок

;

Обчислити нижню оцінку E вартості його нащадків, що є

повними розв’язками;

Cmin:=? ;

while (черга не порожня) and (її перший елемент має оцінку E1.
Занумеруємо клітини кожного кільця числами від 0 до n-1. Позначимо через
Cki число, записане в клітині з номером i у кільці k, а через Ski –
найбільшу суму, яку можна набрати на шляху, що веде в цю клітину.
Очевидно, що S1i =C1i. Для початку обчислимо для кожної клітини другого
кільця найбільшу суму S2i на шляху довжини 2. За умовою задачі очевидно,
що

S2i=C2i+max{S1, i-1, S1i, S1, i+1} за i=1, … , n-2,

S20=C20+max{S1, n-1, S10, S11}, S2,n-1=C2, n-1+max{S1, n-2, S1, n-1,
S10}.

За цими сумами можна аналогічно підрахувати суми для клітин третього
кільця. Так само при переході до четвертого кільця достатньо знати лише
найбільші суми для клітин третього кільця тощо. Діставши суми для клітин
останнього кільця, вибираємо найбільшу з них, і задачу розв’язано.

Уточнення алгоритму залишаємо вправою. Скажемо лише, що суми Ski, k=2, …
, m, i=0, … , n-1, обчислюються за єдиною формулою

Ski=Cki+max{Sk-1, (i-1+n) mod n, Sk-1, i, Sk-1, (i+1) mod n}.

Оцінимо складність наведеного алгоритму. Очевидно, що при переході на
наступне кільце обчислюються n сум за сталу кількість дій кожна. Таких
переходів відбувається m-1, тому загальна кількість дій оцінюється як
O(nm).?

У наведених обчисленнях сум ми керувалися правилом: при переході на
наступне кільце неважливо, якими були шляхи до клітин попереднього
кільця. Аби вони давали найбільші суми, можливі для їх кінцевих клітин.
Ішими словами, вибір шляхів від клітин попереднього кільця в клітини
наступного не залежить від того, як саме ми вибирали клітини раніше.

Наведене правило є окремим конкретним випадком принципу оптимальності,
одного з головних у теорії динамічного програмування. Її автор,
Р.Беллман, сформулював цей принцип так:

«Оптимальна поведінка має таку властивість, що, якими б не були
початковий стан і рішення в початковий момент, наступні рішення повинні
складати оптимальну поведінку відносно стану, який одержується в
результаті першого рішення.»

Обсяг книжки не дозволяє викладати тут теорію динамічного програмування.
Вона велика й серйозна. Наведемо натомість ще один приклад застосування
принципу оптимальності.

Приклад 3. Розглянемо обчислення добутку n матриць

A = A1 ? A2 ? … ? An,

де кожна Ai – матриця з si-1 рядками та si стовпцями. Як відомо,
операція множення матриць є асоціативною, і результат не залежить від
порядку її застосування. Але від нього залежить кількість множень їх
елементів.

За традиційним алгоритмом множення матриць розмірами a? b та b? c
відбувається abc множень їх елементів. Наприклад, множення матриць A1?
A2? A3 розмірами 100? 1, 1? 100, 100? 1 відповідно у порядку (A1? A2)?
A3 вимагає 100? 1? 100+100? 100? 1=20000 множень, тоді як у порядку A1?
(A2? A3) – лише 1? 100? 1+100? 1? 1=200, тобто в 100 разів менше.

Отже, за послідовністю розмірів матриць s0, s1, s2, … , sn треба
обчислити найменшу кількість множень їх елементів, необхідних для
обчислення добутку матриць A = A1 ? A2 ? … ? An.

Очевидно, що при обчисленні добутку останнім виконується одне з множень,
тобто A=(A1? …? Ai)? (Ai+1? …? An), де 1? i? n-1. Якщо добутки A1? …? Ai
та Ai+1? …? An обчислено, то виконання останнього множення вимагає s0?
si? sn множень. Позначимо mik мінімальну кількість множень, необхідних
для обчислення Ai? Ai+1? …? Ak за i

Похожие записи