|
АлгоритмыАлгоритмыPAIE?KA PAPRASTAME S?RA?E 1.1. Nuosekli paie?ka Tegu ?ra?ai i?d?styti atsitiktinai kaip buvo ?ra?yti. Reikia surasti duot? ?ra?? pagal rakt?. Nuosekliai ie?kant reikia per?i?r?ti visus ?ra?us nuosekliai.Vid.per?i?r?? ?ra?? sk. ie?kant yra Lap =L/2. Jei ?ra?o n?ra teks per?i?r?ti visus ?ra?us L. Tarkim ie?komo ?ra?o su tikimybe p0 n?ra s?ra?e, tada vid. per?i?r?t? ?ra?? sk. Lap=L*p0+(i(1L (i*pi ); pi=1-p0/L. Ie?kant ?ra?o sutvarkytame faile(?ra?ai i?d?styti pagal rakt?) reikia per?i?r?ti i? eil?s, tod?l vid. per?i?r?t? ?ra?? sk. tas pats: Lsp=L/2. Jei ie?komo ?ra?o n?ra, tai paie?ka nutraukiama kai eilinis raktas bus didesnis u? u?duot?. Atliekant k ?ra?? paie?k? nesutvarkytame faile vid. per?i?r?t? ?ra?? sk. Lkap = k * L / 2. 1.2. Paie?ka interpoliavimas Jei s?ra?ai sur??iuoti ir ?inomas pirmo ?ra?o raktas K(1) ir paskutinio K(n) tai galima apskai?iuoti p=X-K(1)/K(n)-K(1). X-ie?komo ?ra?o raktas.Paie?k? pradedam nuo ?ra?o kurio numeris p*n. 1.3. Binarin? paie?ka Naudojama sur??iuotame masyve. Jis dalinamas pusiau ir ie?komas raktas lyginamas su vidurio raktu ir t.t.. Idealus masyvo dydis 2n-1.Jei 31 ?ra?as reik?s 5 ?ingsni?, kad surasti ?ra?? 31(25-1. Bendru atveju 2n-1-1< N ( 2n- 1. Kai ?ra?? sk. bet koks, tai naudojami tokie alg.: 1) Pos?ra?io rib? nustatymo metodas. I?kiriame 2 markerius: V vir?utiniam adresui ir A apatiniam adresui. Vidurinio ?ra?o adresas F(( (V+A) / 2 (. Ie?komas ?ra?o raktas k palyginamas su F. Jei k(Fk, tai ?ra?as surastas, jei k Fk, tai imam apatin? dal?, tada V(F+1, o A i?lieka tas pats ir t.t.. Toks dalinimas atliekamas tol, kol nepasidaro A(V. Rekurentin? lygtis apra?anti max palyginim? sk. binarin?je paie?koje yra: f(n)({1, n(1 f( ( n/2 ( )+1, n>1. Sprend?iant rekurentin? formul? galim u?ra?yti: f(n) ( f( (n/2( ) + 1 ( f( (n/21( ) + 1(( f( (n/22( )+1) + 1 ( f( (n/22( )+2 (...( f( (n/2i( ) + i, kol ( n/2i ((1; i((logn(. f(n)((logn(+1 arba f(n) ( (log (n+1)( . Vid. palyginim? sk. ideliu atveju kai n ( 2k-1: f(n)(1* 1/n + 2*2/n + 3*4/n +...+ ((log n( + 1)*2k-1/n ( 1/n * (i(1(log n(+1 (i * 2i-1). 2k-1-1F1, tai ie?komas ?ra?as yra antroje dalyje, kuri ma?esn? u? pirm?j?. 2r-1-12. Tas dvi dalis galim dalinti dar pusiau. T(n) ( T(2k) ( 2T(2k-1)+2 ( 2(2T(2k-2) + 2) +2 ( 22T(2k-2) + 22 +2 ( 2k-1T(2) + 2k-1 +...+ 23 +22 +2 ( 2k-1 + 2k-1 + 2k-2 + ... + 23 +22 +2 ( n+2k-1-2 ( n+n/2-2 ( 3n/2-2. Atliekant toki? skaidymo proced?r?, algoritmo sud?tingumas suma??ja. Rekurentini? lyg?i? sprendimas T(n) ( {b, n(1aT(n/c) + bi, n>1 a,b,c-teigiamos const.n(ck; k(log cn. T(1) ( b T(c) ( aT(1) + bc ( ab + bc ( (1+a/c); T(c2) ( aT(c) + bc2 ( a(ab + bc) + bc2 ( a2b + abc + bc2 ( bc2(1+ a/c + a2/c2) ...... T(n) ( T(ck) ( aT(ck-1) + bck ( bck(1+a/c+a2/c2+...+ak/ck) . T(n) ( bn(i(0logcn (a/c)i. Jei ac, turim did?jan?i? geometrin? progresij?. Tuomet T(n) greitai did?ja did?jant n, tai eksponentinio sud?tingumo algoritmas. U?davin? suskaid?ius ? 4 dalis ir toki? dali? pa?mus 4 – ias: a=c=4, gauname ((nlog4n), log2n > log4n. Kas bus, kai n?ck? I?vestos formul?s netinka, bet pa?mus atvej?, kai n’=ck > n, i?vados galioja. U?davinys gali b?ti sprend?iamas su rekursija arba be jos, ta?iau u?davinio sud?tingumas nepasikei?ia. Su rekursija algoritmas sprend?iamas ?iek tiek ilgiau. T Apie rekurentin?s lygties tipo T(n)=aT(n\c)+f(n), kur a?1, c?1, f(n)- teigiama f-ja. 1) Jei f(n)= ((n(logca)-() ,tai T(n)= ((nlogca). 2) Jei f(n)= ((nlogca) ,tai T(n)= ((nlogca . log n. 3) Jei f(n)= ((n(logca)+() ,tai T(n)= ((f(n)), jei af(n\c)?bf(n) (b>1 dideliems n). Balansavimas (skaidymas ? vienodas dalis). Reikia sur??iuoti n ilgio masyv? did?jimo tvarka. 1.surandam min, kur? sukei?iam su pirmu, po to i? (n-1) elemento surandam min ir sukei?iam su antru ir t.t.. Rekursyvin? lygtis apra?anti palyginim? sk.: T(n) ( {0, n(1T(n-1)+n-1, n>1 ; T(n) ( n(n-1)/2, o algoritmo sud?tingumas ((n2). ?ia skaldymas ? dvi nelygias dalis: ? vieno elemento ir (n-1).2. Gaunamas suskald?ius u?davin? ? dvi lygias dalis ( n/2. Tarkim, kad n ( 2k. Viena dalis nuo x1 iki xn/2 , o kita nuo xn/2+1 iki xn. ?ias dalis sur??iuojam ir sujungiam palyginant minimalius elementus. Sujungimui reiks maksimum n-1 palyginim?. Tok? skaidym? galima rekursyviai t?sti toliau, kol lieka dalyse po 1 element?. Rekursyvin? lygtis apra?anti tok? algoritm? yra: T(n) ( {0, n(1 2T(n/2) + n - 1, n>1. ?io algoritmo sud?tingumas (( n log n). Dinaminis programavimas. Kartais galima efektyvius algoritmus gauti naudojant dinamin? programavim?. ?iuo b?du reik?t? skai?iuoti visus dalinius u?davnius, bet sprend?iami nuo ma?? prie dideli?. Atsakymai prisimenami lentel?je ir u?daviniai jungiami, kad b?t? i?spr?stas visas u?davinys ir gautas optimumas. Pvz. sudauginant n matric? yra labai svarbus daugybos eili?kumas, kuris nulemia bendr? veiksm? skai?i?. Pa?ymim mi j minimalus veiksm? sk. dauginant matricas: Mi*Mi+1*...*Mj, kur 1 ( i < j ( n. Kai M ( M1*M2*...*Mn, tai j? mati?kumas yra r0*r1*r2*...*rn. mi j ( {0, i(j MIN( mik + mk+1, j + ri-1 rk rj ), j > i, i ( k < j (1). M` (Mi*Mi+1*...*Mk, [ri-1*rk]. Min vei-ksm? sk. mi,k. M``(Mk+1 *Mk+2 *... * Mj, [rk*rj]. Atliekant ?i? daugyb? min veiksm? sk. mk+1, j, o sudauginant M` su M``, min veiksm? sk. ri-1 rk rj. Tai atliekam tol kol negaunam m1n.1-a lygtis ya dinaminio programavimo rekurentin? lygtis. mi,j reik?m?s skai?iuojamos tvarka, kai did?ja indeks? sk. I? prad?i? skai?iuojam mi,i( 0 (visiem i), toliau mi, i+1, po to mi, i+2, kol neprieinam m1n. R??IAVIMO ALGORITMAI K-ma?i? korte?? r??iavimas Tegul mes turime sek? A1 A2 ... An k-ma?i? korte??, t.y., A erdvinis Ai elementas, sudarytas i? ai1 ai2 ... aik.Reikia ?i? sek? r??iuoti taip: B1 B2 ... Bn, kad visiem i Bi ( Bi+1. R??iavimas atliekamas k kart? pereinant per duot? sek?. Pirm? kart? atliekamas r??iavimas pagal k-?j? komponent?. Antr? kart? pagal (k-1) komponent? ir t.t. Pr?jus pagal i-?j?, tur?sim s?ru?iuot? sek?. Kiekviena skiltis ai j yra nuo 0 iki m-1. Reikia organizuoti m pagalbini? eili? Q(j), kur j ( 0,...,m-1, kurios i? prad?i? turi b?ti tu??ios. Duomenis A1 A2 ... An i? prad?i? sura?om ? s?ra?? EIL?. Paimam eilin? korte?? Ai i? EIL?S ir patalpinam ? pagalbin? eil? Q(j) pagal analizuojamos komponent?s reik?m?. Taip darom tol, kol bendra EIL? i?tu?t?ja. Visi korte?ai atsiduria pagalbin?se eil?se. Po to jie suduriami: Q(0) Q(1)...Q(m-1) ir jie sudaro vien? bendr? eil? EIL?. Kai praeinam pro visas komponentes, tai EIL? bus sur??iuota. Algoritmo sud?tingumas yra tiesinis ([(n+m)/k]. Naudoti ?? metod? neverta, kai n yra ma?as. Nevienodo ilgio korte?? r??iavimas Kad suvienodinti korte?? ilgius galima priekyje prira?yti nulius, ta?iau tai ne efektyvu, nes bus bereikaling? daug per?i?r?jim?. Tuomet tegul lmax- korte?? maksimalus ilgis, tai reikia i? prad?i? sur??iuoti maksimalaus ilgio korte?us pagal l max paskutin? komponent?. Reik?s lmax kart? r??iuoti visus korte?us.Antr? kart? reikia r??iuoti korte?us, kuri? ilgis lmax -1 ir jau sur??iuotus pagal paskutin? komponent?, kuri? ilgis lmax. Ir paskutin? kart? lmax per?jus per vis? s?ra??, bendram s?ra?e bus sur??iuota seka. Pastabos: 1. Prie? naudojant ?? algoritm?, visi korte?ai turi b?ti i?skirstyti pagal ilgius. Tam formuojami s?ra?ai ILGIS(l), kur l ( 1,...,lmax, kuriuose sura?yti atitinkamo ilgio korte?ai. Pirmame ?ingsnyje r??iuojamas tik s?ra?as ILGIS(lmax) pagal paskutin? komponent?. 2. Be to matom, kad pra?jus kart? pro vien? komponent? gali b?ti daug pagalbini? eili? Q(i) (kur i ( 0,1,...,m-1) tu??ios. Ne?i?rint to jas visas reikia jungti ? bendr? s?ra??, tod?l naudinga b?t? i? prad?i? nustatyti kurios pagalbin?s eil?s bus netu??ios ir tik jas jungti ? vien? bendr? s?ra??. R??iavimas lyginant elementus “Burbuliuko” metodas. Paprastai elementai r??iuojami pagal raktin? ?od?. Tarkim turim K1..K16 element? ir lyginame K1 >K2. Jeigu daugiau sukei?iam vietom. Jeigu ne nieko nedarom ir t.t. Paskutinis palyginimas bus Km > Kn. Po 1 iteracijos did?iausias skai?ius atsiranda pabaigoje. Sekanti iteracija vyksta su n-1 elementu, nes paskutinio neimame ir t.t. Pirmoje iteracijoje bus (n-1) palyginim?. Antroje iteracijoje (n-2), i- tojoje iteracijoje (n-i). Tuomet bendras palyginim? skai?ius bus [pic] Kadangi ne visuomet elementai sukei?iami, tuomet jeigu i?r??iuota seka bus 0 pakitim?, o atvirk??iai i?r??iuota seka - n(n-1)/2 pakeitim?. Tada vidutinis pakeitim? sk. bus n(n-1)/4. Jeigu yra n element? seka, tai i? jos gali b?ti padaryti n! sek?. Mes laikome kad bet kuri seka gali pasitaikyti su vienoda tikimybe 1/n!. Kiekvienai sekai galima para?yti inversi?k? sek?. Jeigu turime tokias 2 sekas, ir jas sur??iuosime, tai sumalinis pakeitim? sk. bus n(n-1)/4. Algoritmo sud?tingumas ((n2). Iterpimo metodas. ?ia eilinis elementas yra ?terpiamas ? jau sur??iuot? elemet? sek?. Tegul turime n element? i? viso ir turime jau i sur??iuot? element?. Mums reikia ?terpti i+1 element? Ki+1. Ki+1 atsidurs tarp Kj < Ki+1 < Kj+1 element?. ?statant i+1 element? mums reik?s max palyginim? (su 1, su 2…).Max palyginim? sk. b?t?: [pic]Pagal tai ir algoritmo sud?tingumas bus ((n2).Vidutini?kai bus ma?iau palyginim?.?iuo b?du r??iuojant masyvus (paprastus) patogiau prad?ti elemt? lyginim? nuo sur??iuotos sekos pabaigos. Tai yra nuo i-tojo elemento. Panagrin?kime koks ?iame algoritme yra vidutinis palyginim? sk. Tegul turime i sur??iuot? elemt? ir reikia ?statyti I+1 element?. Pirmiau lyginsime su 1 elememtu. Yra i+1 pozicijos, ? kurias galima ?statyti i+1 element? ir priekyje ir gale. Laikome, kad i+1 elementas ? bet kuri? pozicij? gali patekti su vienoda tikimybe 1/(i + 1). Vidutinis palyginim? sk. ?statant element? bus: [pic]jei patenka ? paskutin? prie? pirm?j? pozicij? element? (gale) =1/(i+1)(1+2+…+i+i) = 1/(i+1)*((i+1)/i ) /2 + i / ( i + 1 ) = i / 2 + i / ( i + 1 ) Tiek pagal max,tiek pagal vidutin? palyginim? skai?i? ?io algoritmo sud?tingumas yra ((n2) Ekspermentinis statistinis algoritm? tyrima.s ?iuo metodu pvz. tiriant r??iavimo algoritmus mums reikia para?yti atitinkam? program?, paiimti atsitiktin? sek? i? n duomen? ir atlikti skai?iavimus, pvz.: fikstuoti laik? t1, po to paimame kit? sek? ir gauname laik? t2 po to paimame kit? sek? taip pat i? n duomen? ir gauname laik? t3 ir tokius bandymus kartojame k kart?. Gauname atsitiktini? dyd?i? imt? t1, t2, …. tk. Vidurkis bus ( = 1/K(i(1K (ti), vidurkis - atsitiktinis dydis. Dirpersija bus : S2(t)=[pic]i-t)2= =[pic]ti2-2(t ti +(t2) = =[pic] ti2- 2t[pic]ti+K(t2]= =[pic][pic]ti2-2([pic][pic]ti)* *[pic]ti + K/K2 ([pic]ti)2] = [pic]* *[ [pic]ti2 - [pic]( [pic]ti)2] ?i dispersijos fomul? patogesn? ma?ininiuose skai?iavimuose, nes su kiekvienu nauju atsitiktiniu dyd?iu ti mes kaupiame tik dvi sumas : (ti ir (ti2.(t - atvirk?tinis dydis ir jis vertina tam tikr? matematin? vilt?.(t dispersija yra tokia: D((t )= D [[pic][pic]ti] = 1/K2[pic] D(ti) = 1/K*D(t); D - tikroji dispersija;S-?vertinimas.S2((t)=S2(t)/K arba i?traukus ?akn?: S(t) = S(t)/[pic]; |(t - m| 0, tai ((t = (t1- (t2, S2((t)(S2((t1)+ S2((t2)-2(M12 t.y. dispersija ma?esn? nei nepriklausom? dyd?i? atvju. S2(((t)( S2(t1)/K+ S2(t2)/K - 2K12S((t1) * S((t2)= S2(t1)/K+ S2(t2)/K - 2M12/S(t1)S(t2)* S(t1)/(k * S(t2)/(K = S2(t1)/K+ S2(t2)/K - 2M12/K t.y. ir vidurkio dispersija yra ma?esn?, nes atsiima 2M12/K. Atitinkamai intervalinis ?vertinimas: ((t - tpS(((t) A(J) tai sukei?iame juos vietomis ir I(I+1 ir t.t.. Taip palyginus su visais elementais, gausime, kad kair?je pus?je elemento su kuriuo mes lyginome bus elementai ma?esni u? j?, o de?in?je didesni, t.y. suskald?m sek? jo at?vilgiu. Elementas pagal kur? atlikome palyginimus yra pirmasis ir vadinamas generaliniu. ?ia generalinis elementas visada buvo pirmas, ta?iau tai neb?tina. Gaima paimti bet kur?. Generaliniai elementai gali b?ti parenkami ?vairiai: pirmas, atsitiktinis, mediana (vidurinis). Skaidyti pagal median? geriausia. Galima paimti nedideli? imt? i? keli? sekos element? ir surasti median?. Imant visada pirm? element?, blogiausias atvejis gaunasi, kada seka yra sur??iuota. Tada seka suskaldoma ? vien? element? ir vis? likusi?. Gausis taip kaip ir kituose algoritmuose. Tuo atveju algoritmo sud?-tingumas ((n2), o visais kitais atvejais ?ymiai geriau. ?is algoritmas gerai veikia didel?m sekom, o taip pat reikia tinkamai parinkti generalin? element?. Vid. veiksm? sk. yra: [pic] c-koef., cn-veiksm? sk. atliekant pirm? suskaldym?. Generalinis elem. atsiranda i-ojoje vietoje ir gaunam dvi sekas (i-1) ir (n-i). Veiksm? sk. skaldant sek? (i-1) yra (i(1n f(i-1), o sek? (n-i) yra (i(1n f(n-i). 1/n- i su vienoda tikimybe gali atsirasti bet kurioje vietoje. (i(1n [f(i-1)+ f(n-i)](f(0)+ f(n-1)+ f(1)+ f(n-2)+...+ f(n-2)+ f(1)+ f(n- 1)+f(0)( 2 f(0)+2f(1)+...+2f(n-2)+2f(n-1)(2(i(1nf(i) f(n)(cn + 2/n(i(0n-1 f(i), kai n>1 f(0)(f(1)(b f(2)(2c+2/2[f(0)+f(1)](2c+2b(k f(3)(3c+2/3[f(0)+f(1)+f(2)](3c+2/3[2b+2c+2b](3c+8/3b+4/3c((8b+13c)/3. ?rodyta, kad visada galioja lygyb? f(n) < kn ln n. Tod?l QUICKSORT algoritmo vidutinis sud?tingumas yra ((n ln n). ?ia nevertinta, kad ma?os sekos gali b?ti r??iuojamos kitu b?du, kas dar pagreitina ?? algoritm?. Optimalus r??iavimas. Jei yra n element?, tai variant? i? viso gali b?ti n!. n=3, 3!=6 Minimalus palyginim? sk. blogiausiu atveju = 3. Ir laikom, kad ?i schema optimali. Tegul S(n) - minimalus palyginim? sk. blogiausiu atveju, r??iuojant n element?: S(3)=3 Pilname k-tojo lygio binariniame medyje, paskutiniame lygyje yra 2K mazg?. K=S(n). n! =< 2 S(n), tada S(n) >= (log n!( =n log n - n/ln2+1/2 log n + ( ( - paklaida. (Stirlingo formul?) Minimalus palyginim? sk. blogiausiu atveju yra apie nlogn . Palyginus (log n!( su f(n) = n (log n( - 2 (log n( + 1 pasirodo, kad suliejimo metodas pagal minimal? palyginim? sk. n?ra minimalus. I?RINKIMAS Maksimalaus elemento i?rinkimas i? n element? sekosRadus max element?, reikia atlikti n-1 palyginim?. O kiek reikia priskyrim?? Jei seka - ma??janti, tai reik?s 1 prisky-rimo. Jei seka - did?janti, tai reik?s n priskyrim?. O koks vidutinis priskyrim? sk, jei bet kokia seka i? n element? vienodai galima? Hn=1 +[pic] P[ai > aj] ( 1 = 1+ [pic]1/2 ( 1 = [pic][pic] = ln n + ( +1/2n + ( ?i eilut? diverguojanti, t.y. did?jant n, jos reik?m? did?ja.(Eulerio formul?) ?ia ((0,577; (- paklaida. Sekan?io did?iausio elemento radimas (2-? max radimas). Norint surasti max element?, reikia n-1 palyginim?. Po to j? pa?alinam ir surandame kit? max. Tam reikia n-2 palyginim?. Tod?l i? viso palyginim? sk: 2n-3. ?? algoritm? galima pagerinti suskald?ius n element? ? 2 dalis: (n/2( ir (n/2( Ie?kome max element?: I dalyje max el. surasti reik?s (n/2( - 1 palygini-m?, II dalyje - (n/2( palyginim?. Po to juos reik?s tarpusavyje palyginti. I? viso reik?s [pic] palyginim?. Paskutiniame lygyje pralai-m?jus? element? reik?s palyginti su pra-laim?jusiais elementais, lyginant su mak-simaliu. Taip rasim kit? max element?. Reikia [pic] palyginim?. Toliau galima kelti klausim?, ar negalima ??jimo sek? padalinti ? 4, 8 ir t.t. dali?, kol neprieisim algoritmo, kuris atitinka piramidin? r??iavim?. Lai I faz?je lyginame po 2 elementus: n=8 a1 a1 a6 a1 a3 a6 a7 a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 Ie?kant kito max elemento, reikia a6 ly-ginti su pralaim?jusiais, randant a1 Jei a6 > a3, tai reikia palyginti ir ar a6 > a2 Jei a6 < a3, tai reikia palyginti ir ar a3 > a6 Radom max per 2 palyginimus. Pirami-d?je radom per n-1 palyginim?. Tai yra sekantis randamas per (log n( -1 palygi-nim?. Gauname, kad ?iuo metodu palygi-nim? sk. yra optimalus: n + (log n( - 2 . Geriausio (max) ir blogiausio (min) elemento i?rinkimas Galima si?lyti suskaidyti sek? n ? 2 dalis ir sura?yti ?iose dalyse max ir min elementus. Palyginus max-ius elementus gaunamas max-is elementas, min- ius -min-is. Rekursyviai galima suskaidyti iki 1,2 element?. Palyginant 2 elementus tarpusavyje i? karto gauname max ir min elementus. Rekurentin? lygtis, apra?anti tok? akgoritm?: f(n)=[pic] Bendras ?ios srities sprendinys: |[pic|(n-2(log | |] |n()/2, kai| | |n =k, tai imame S1, kuriame yra (i- 1) ele-t?. Jei i( . i1 ,i2 ...ik = n. P(i1 ,i2 ..ik ). Nagrin?jome ?io bendro u?davinio kelis atvejus: 1.ma?iausio elem, radimas P(1,n-1)=n-1. (palyginim? sk ie?kant min =n-1). 2.1-mo ir 2-ro ma?iausio elem, radimas P(1,1,n-2)=n+(log n(-2. 3.ma?. ir did?. elem, radimas P(1, n-2, 1)=(3/2 n(-2 4.k-tojo didesnio elem, radimas P(k-1, 1,n-k) = (( n) 5.Dviej? ma?iausi?: P(2,n-2)=n+(log(n-1)(-2 6. trij? ma?iausi?: P(3,n-3)=n+2(log n(-(3|2|1| ?vairiais atvejais priklausomai nuo n. Galima kelti tokius u?davinius: a.surasti k ma?iausi? elem, P(k,n-k). b. surasti k-?j? element? P(k-1,1,n-k). c. surasti k element? i? eil?s P(1,1,1,..,1,n-k) P(1,1,1,..,1,n-k)> P(k-1,1,n-k)> P( k,n-k). Veiksmai su aibemis(DS po?iuriu) U?davinius galima suvesti ? veiksmus su aib?mis. I?analizuojam ?vairias Duomen? Strukt?ras ir pasirenkam labiausiai tinkam?. Gero alg. Suk?rimas neatski-riamas nuo tinkamos DS pasirinkimo. Pagr. mat. veiksmai su aib?mis b?dingi informacin?s paie?kos u?daviniams: 1:PRIKLAUSYTI (a, S). Nustato ar elem.a priklauso aibei S. Jei a priklauso S, tada TAIP, prie?ingu atveju NE.. 2:?STATYTI (a,S).?stato elem, a ? S. Gaunasi aib? S ir elem, a t.y. S({a}. 3:PA?ALINTI (a,S). Pa?alina a elem, i? aib?s S t.y. aib? S pakei?iama ? S- {a}. 4. APJUNGTI (S1,S2,S3). Atlieka tok? veiksm?: S3= S1(S2. 5:RASTI (a). Reikia rasti aib?, kurioje duotu momentu randasi elem, a. Jei rast? dvejose aib?se, tada veksmas nenustatytas. 6:SUSKALDYTI (a,S) ?ia aib?selem, u?duoti santykiu min. Medis grafas be ciklo. Jei medyje S(V,T) pridesime koki? nors briaun?, tai susidarys vienas ciklas. Grafo G mi?ku vadiname neorentuot? med?i? aib?: {V1.,T1}, {V2.,T2},...,{Vk.,Tk} . V1 ,V2, .. Vk-suskaldyta aib? V. V=V1 (V2,(..(Vk; V i (Vj =(. Atitinkamai T1,T2,…Tk yra aib?s E poaibiai. Kraskalo alg sako: reikia med?ius jungti minimalaus ilgio briaunomis ir apjungti sujungtus med?ius ? vien?. Taip atliekama tol, kol nesigauna vienas ekonominis medis. ////////// P R O G R A M A-------------- (1 ir (2 yra med?iai mi?ke. ?iame algo-me E - grafo briaun? aib?. T- ekonominio med?io briaun? aib?. VS - grafo mi?ko med?iai kurie apjungiami ? ekonomin? med?: I? prad?i? VS- atskiras grafo G vir??nei kaip vieno elem, aibei(viena vir??n?-vienas mi?ko medis). Kadangi aib?je E yra sura?ytos briaunos,kurias rekia imti su minimaliu svoriu. Tai galb?t naudinga atlikti j? sur??iavim?. Tai gali b?ti paimtas alg, kurio sudetingumas ((eloge).e-briaun? sk. Tuomet 3-?io operatoriaus sudetingumas proporcingas vir??ni? sk. n ((n). Laikas reikalingas surasti aibei (1 ir (2 ?kurias ?eina vir??nes V ir ( ir j? sujungimas, jei priklauso skirtingoms aib?ms yra beveik tu??ias: ((n) . O jei tiksliau t.y. ((n G(n)), kur G(n) - atvirk?tin? f-jai F(n) =2F(n-1) Jeigu naudosime s?ra?? strukt?r?, tai (7,8) ?ios dalies alg. sudetingumas (( MAX(e,n log n)). Tod?l matom, kad visumoje Kraskalo algoritmo sud?tingumas yra ((e log e), kur? nulemia r??iavimas. Paskirstymo metodas (he?iravimo) Mes ?ia nagrin?sime duomen? strukt?r? besikei?ian?ioje aib?je S. Nauji elementai bus ?statomi, seni pa?alinami ir karts nuo karto reik?s atsakyti ? klausim?: ar priklauso duotu momentu konkretus elementas aibei S. Bus reikalingi tokie veiksmai: PRIKLAUSYTI(a,s), ?STA-TYTI(a,s), PA?ALINTI(a,s). O elemen-tai, kurie gali b?ti aib?je S, imami i? labai didel?s aib?s. Panagrin?sime paskirstymo metod?, kuris leid?ia gerai atlikti ?iuos 3 veiksmus. A 0 h(a)=1 1 h(a)=2 h(a)= m-1 =m-1 A-nuorod? masyvas(kiekvienas elementas - nuoroda ? sara??). Paskirstymo funkcija h(a) atvaizduoja universalios aib?s elementus ? sveik? skai?i? 0 ( m-1 aib?. Pvz.: h(a)=a mod m, ji gera kai a yra tolygiai pasiskirst?. Vadinasi mums reikia h(a) pasirinkti pagal a pasiskirstym?. A(i) - nurodo ? sara?o element? a ( S, kur h(a)=i. Tai operacijos ?STATYTI(a,s) atlikimui reikia paskai?iuoti h(a) ir po to per?i?r?ti s?ra??, ? kur? nurodo h A[h(a)]. Jei elem A ten n?ra, tai j? reikia ?statyti sara?o gale. PA?ALINTI(a,s) atliekama analogi?kai. Tas pats ir PRIKLAU-SYTI(a,s). Blogiausiu atveju gali atsitikti, kad atliekant operacij? ?STATYTI visoms h(a) gaunasi tas pats skai?ius ir visi elementai tada rasis viename sara?e. Tuo atveju, atliekant i-taj? operacij? reik?s laiko, proporcingo i. Ir atliekant ?statymu reik?s ((n2) laiko. ?iuo atveju tai yra tas pats kaip ir paprastas sara?as. Ta?iau vidutinis laikas bus ?ymiai geresnis. Jei h(a) ?gauna reik?m? su tikimyb?mis 1/m ir ?statant nan. Vadinasi yra u?duotos tikimyb?s q0,q1,...,qn. (pi+(qi(1.Reikia sudaryti optimal? paie?kos med? ,kuriame vidutini?kai b?t? atliekama ma?iausiai palyginim?, ie?kant ?vair? element? su u?duotomis tikimyb?s. a4 0 a3 a5 1 a1 3 4 5 2 0 a2 3 1 2 Fiktyviai pa?ymime elemtus medyje ,kuri? n?ra bet tenka ie?koti. Tikimyb? , kad reik?s ie?koti a, kuris a3=nlog n, tai ?is algoritmas i? tikr?j? yra optimalus, o kai mw (w=T?VAS[v] ). Tod?l kai gr??tama prie nutr?kusios proced?ros paimama sekanti briauna, kuri gali vesti ? nauj? vir??n? arba ? sen?. Tada 12 ir 13 operacijos pakuoreguoja APAT[v] reik?m?. ?ita briauna taip pat patenka ? stek?. 12 op. pataikrina ar ?i briauna patekusi ? med?.10 op. tikrina ar APAT[w] >=VIRNR[v], jei ne tai 11 op. pakuoreguoja APAT[v]. Jei taip tai rei?kia aptikta labiausiai susijusi komponent?, o i? steko i?stumia briaunas ?einan?ias ? j? (komponent?) ir taip pat i?stumiama paskutin?. Paie?ka ? gyl? orentuotame grafe Naudojant paie?kos ? gyl? grafuose algoritm? orentuotame grafe galima i?skirti orentuot? med?i? mi?k?, jei kiekvienam mazgui v suskaupsime s?ra?? L[v], t.y. pasiekiame vir??ni? v aib? per 1 ?ingsn?. PVZ V1 V2 V3 V5 V4 V7 V8 V6 V1 V6 V2 V5 V7 V8 V4 V3 I?skirtas grafo mi?kas (med?i? linijos i?tisin?s, kitos punktyrin?s) Paimam vir??n? v1. I? jos pasiekiam v2. PIE?KA(v2) i??aukia PIE?KA(v3). ?ia Stop, niekur negalim patekti. Gr??tam ? v2 ir pereinam ? v4. V?l niekur negalim patekti. Gr??tam ? v1. ?ia i??aukiama PAIE?KA(v5). I? ?ios vir??n?s niekur negalim patekti, tod?l paimama sekanti “nauja” vir??n? v6 ir t.t. Gauasi du med?iai. Tokio algoritmo darbo rezultate gauname 4 tip? lankus: 1. Med?io lankai, kurie paie?kos metu veda ? naujas vir??nes 2. Tiesioginiai lankai vedantieji nuo prot?vi? ? tiesioginius palikuonis (jei (v,w) - tiesioginis lankas vw). Stipriai susijusi? dali? is?kyrimas orentuotame grafe Stipriai susijusios dalys orentuotame grafe, tai i? bet kurios vir??n?s egzistuoja kelias ? bet kuri? kit?. Kiekvienai orentuoto grafo vir??nei skai?iuosime APATRY?YS[v]( MIN({v}U kuri priklauso skersiniam arba). ?ia vir??ni? numeracija pagal pai?k? ? gyl?, surandant med?ius. Vir??n? v orentuoto grafo stipriai susijusios dalie ?aknis bus tada, kai APATRY?YS[v](v. Atliekant paie?k? ? gyl? galima apskai?iuoti APATRY?YS[V], o taip pat i?skirti stipriai susijusias dalis, tam grafo vir??n?s talpinamos ? stek?, kai apeinant graf? sutinkamos. Kiekvien? kart?, kai aptinkama stip. susijusios dalies ?aknis, visos vir??n?s iki ?ios ?aknies i?stumiamos i? steko ir jos yra stipriai susijusios dalies vir??n?s. Modifikuotos proc. paai?kinimas: APATRY?YS[v] skai?iuojamas 4,9 ir 11 eilut?je 4 operacijoje suteikiama pradin? reik?m? (vir??n?s Nr.). 9op. Priskiriam APATRY?YS[v](MIN(APATRY?YS[v], APATRY?YS[w] )-tai lankams ?einantiems ? med?. 10 op. i?ai?kina ar n?einantis ? med? lankas (v,w) yra atbulinis ar skersinis, o tai pat i?ai?kinama ar w( stekui ;priklauso stipriai susijusiai grafo daliai. 11 op. koreguojama reik?m? APATRY?YS[v] (MIN(VIRNR[w], APATRY?YS[v] ). ?io algoritmo sud?tin-gumas yra ((MAX(n,e)) – tiesin?s, n-vir??ni? sk. e-lank? sk. Graf? susietumo matrica. G(V,E) V-vir??ni? aib?, E-lank? aib?. Susietumo matrica: |0 1 1 0| ( C ) ( |0 0 0 0| |0 1 0 0| |1 1 0 0| cij ( {0, jei n?ra lanko i? i ? j 1,jei yra lankas i j Susietumo matric? daugyba. Tegul turime grafus G1(V,E 1 ) ir G2 (V, E 2 ) su tom pa?iom vir??n?m, bet skirtingais lankais. Sudauginsime j? susietumo matricas C(C1*C2 . Susietumo matrica C atitinka multigrafas sudarytas taip: i? vi ? vj eina tiek lank?, kiek yra keli? i? vi ? vj , susidedan?i? i? 2 lank?: pirmas lankas (G1 , antras (G2. ?rodymas: ar egzistuoja vi ? vj kelias vi vk vj per tarpin? vir??n? vk . Galima patikrinti tokiu b?du c1ik*c2kj(1; c1ik(G1 , o c2kj(G2 . Kei?iant k nuo 1 iki n patikrinam ar egzistuoja kelias per visas tarpines vir??nes. Sumuojant, gaunam toki? keli? sk. cij((k(1 n c1ik* c2kj. O tai atitinka matric? daugyba, cij yra matricos C elementai. Tegul C yra graf? susietumo matrica. Tada C*C elementai parodo kiek yra skirting? keli? i? vir??n?s vi ? vj , susidedan?i? i? dviej? lank?. |0110| |0110| |0100| ( C )*( C ) ( |0000| |0000| ( |0000| |0100| |0100| |0000| |1100| |1100| |0110| c12(1 rodo keli? v1 v3 v2 . ( C )( C )( C ) Parodo kiek keli? yra vj ir vi susidedan?i? i? 3 lank?. |0100| |0110| |0000| (C)(C)(C)( |0000| |0000| ( |0000| |0000| |0100| |0000| |0110| |1100| |0100| 1 rodo, kad tarp v4 ir v2 yra kelias susidedantis i? 3 lauk?, tai v4 v1 v3 v2 . (C)4 rodyt? keli? sk. susidedan?i? i? keturi? lank?, ?ia n?ra toki? keli?. Kai n?ra cikl?, tai gauname nulin? matric?. (C)n – yra tikslas skai?iuoti iki (C). Toliau bus rodomi tik ciklai. Jei susumuosime visas (C)+(C)2+…+(C)n+ |10..0| + |01..0| … |00..1| matricas, tai gausime keli? sk. i? vi ? vj . Jei atitinkamas elemntas cij>0, tai tas rodo, kad yra kelias tarp vir??ni? vi vj . Matricos (n*n) daugybai reikia atlikti n3 daugybos veiksm?. Matricai (C)n gauti, reikia ~n4daugybos veiksm?. Kartais keliamas u?davinys surasti ar egzistuoja kelias tarp vis? grafo vir??ni?. T.y. surasti matric? (L), kurios lij({0, jei n?ra kelio tarp vi ir vj 1, jei yra toks kelias. Matom, kad toks u?davynys gali b?ti i?spr?stas dauginant ir sudedant matricas. Grafas atitinkantis susietumo matric? (L) vadinamas refleksiniu -tranzitiniu grafo u?darymu. Paai?kinimas (L) matricos radimo algoritmo: ?ia visada ckij(1, jei yra daugiau keli?. Tod?l 5 op. 1+1(1. T.y. atliekami veiksmai su 0 ir 1. ?ia 5 op. atliekamas n3 kart?, nes kartu atliekamas sumavimas. Trumpiausio kelio radimas Min kelio tarp vir??ni? radimo algoritmas: begin 1. for i(1 until n do c0ii(0; 2. for 1( i,j( n ir (j do c0ij(cij; 3. for k(1 until n do 4. for 1( i, j( n do 5. ckij( MIN(ck-1ij , ck-1ik +ck-1kj); 6. for 1( i, j( n do lij(cnij end V2 1 ir 2 op. duos matric? Cij0 V1 2 | 2 8 5| 5 V3 (Cij)( |3 ( (| |( 2 (| | 0 8 5| k(1 |0 8 5| (C0 ij)(| 3 0 8| (C1ij)(|3 0 8| |( 2 0| |( 2 0| C112(MIN(C012 , C011+C012)(8 C123(MIN(C023 , C021+C013)(8 ?vertina mas kelias v2v1v3 per v1. k(2 |0 8 5| C231(MIN(C131 ,C132+ (C2 ij)(| 3 0 8| + C121)(5 |5 2 0| ?vertinamas kelias v3v2v1 per v2. k(3 |0 7 5| C312(MIN(C212 ,C213+ (C2 ij)(| 3 0 8| + C232)(7 |5 2 0| ?vertinamas kelias v1v3v2 , kuris trumpesnis negu tiesioginis v1v2. ?io algoritmo sud?tingumas ((n3),nes ? op. atliekamas n3 kart? , o ? op. n2 kart?. 1,2 op.taip pat n2 kart?. U?davinys su vienu ?altiniu ( Deiks-tros algoritmas) Randami trumpiausi atstumai nuo vienos vir??n?s iki kit? garfo vir??ni?. Grafas G=(V,E), pradin? vir??n? v0(V. Duotos reik?m?s l(vi ,vj ) ir l(vi ,vj )= +(, jei n?ra lanko vi vj . Sprend?iant ?? u?davin?, sudaroma vir??ni? aib? S(V.Taip trumpiausias atstumas nuo v0 iki v(S eina per vir??nes (S. V0 2 V1 7 3 10 6 V5 4 V4 5 V3 I_| S_ |w|D[w]|D[v1]|D[v2]|D[v3]|D[v4] Prad?.| {v0} | - | - | 2 | +( | +( | 10 1. |{v0,v1} | v1| 2 | 2 | 5 | +( | 9 2. |{v0,v1,v2} | v2 | 5 | 2 | 5 | 9 | 9 3. |{v0,v1,v2,v3} | v3 | 9 | 2 | 5 | 9 | 9 4. |{v0,v1,v2,v3,v4}| v4 | 9 | 2 | 5 | 9 | 9 begin 1. S({v}; 2. D[v](0; 3. for v(V,kaiS={v}do D[v](l(v,v) 4. while S(V do begin 5. paimti vir??n? w(V, nepriklausan?i? S, kuriai D[w]-mminimali (w(V-S) 6. prid?ti vir?un? w prie aib?s S; 7. for v(V-S do 8. D[v](MIN(D[v];D[w]+l(w,v)); end; end; 5 op. atliekamas n kart? (n-vir??ni? ksai?ius), 7,8 operatoriai atliekami n kart? (max). 4 op. wile ciklas ?stato kiekivien? vir??n? ? S. Tod?l ciklas i? 4,5,6,7,8 operatori? atleikamas n2 kart?, tod?l algoritmo sud?tingumas ((n2) ( 3 operatorius atleikamas n kart?, tod?l algoritmo sud?tingumui ?takos neturi ). |
|
