1. Случайные числа

Упражнение 2.

Нужно изучить поведение дробной части (x + a)8, когда x меняется от 0 до 1. Нарисуйте, хотя бы приближенно, кривую, представляющую эту функцию. Рассмотрите интервал на оси x, в котором значение функции меняется от некоторого целого числа до следующего за ним. Отметьте на кривой точку, в которой ордината равна этому целому, увеличенному на 0,5. Она разбивает область изменения x на два интервала. Равны ли между собой эти две половинки? Если одна из них больше другой — и если это одна и та же половинка для всех интервалов — то у вас больше шансов получать числа, меньшие (или большие, вам будет видно самим), чем 0,5.

Но что касается выбора a, то напомним, что следует избегать соотношения

дробная_часть ((x + a)8) = x,

иначе вы вместо случайной последовательности получите постоянную последовательность. Проверьте числа x = 0, x = 0,5 и x = 1.

Упражнение 4.

Вы располагаете генератором случайных чисел, дающим число, содержащееся между 0 и 1, и вы хотите получить случайным образом число между 1 и 6, включая границы. Тогда остается сказать, что вам нужно различать 6 случаев и приписать каждому из случаев значение одного из этих целых чисел.

Почему не разделить интервал (0, 1) на 6 частей?

Или еще по-другому: почему бы не умножить выше случайное число на 6. Тогда оно окажется в интервале (0, 6), исключая 6. Если вы возьмете целую часть результата, то вы получите целое число от 0 до 5, включая границы, с равными вероятностями для каждого числа… Завершить следует вам, я уже сказал слишком много!

Игра 1.

Если вы знаете, как сделать предыдущее упражнение, то это для вас уже не задача. Нужно подделать кости, иначе говоря — сделать так, чтобы одна из граней выпадала чаще остальных. Это должно означать, таким образом, что вместо того, чтобы делить интервал (0, 1) на 6 равных Частей, нужно взять 5 частей равных между собой, а шестую побольше. Легко! Наиболее простое решение состоит в умножении случайного числа на целое, большее 6, и в присвоении новых значений грани,; которую вы решили предпочесть.

Элементарно, мой дорогой Ватсон!

Игра 2.

Х.-К. Байи упростил задачу, указав две возможные стратегии:

— бросать кость до тех пор, пока не будет достигнута некоторая намеченная заранее сумма (по крайней мере если игрок не будет остановлен по дороге выбрасыванием единицы);

— бросать кость определенное число раз, намеченное заранее.

В первом случае предположим, что уже имеющаяся у вас сумма равна n и что вы собираетесь осуществить еще одно бросание. У вас есть один шанс из 6 получить каждое из следующих шести чисел: 0, n + 2, n + 3, n + 4, n + 5, n + 6. Если вероятный выигрыш не увеличивает полного выигрыша (если среднее из этих чисел меньше n), то играть не следует. Вы должны получить n = 20.

Если вы бросаете кость 6 раз, то — поскольку все грани имеют равные шансы выпасть — вы должны проиграть. Это не слишком строгое рассуждение, но короткое… Если единица вам не выпала, то у вас один шанс из пяти получить числа от 2 до 6, что дает в среднем 4. За 5 ходов получаем 20. Это — еще один способ получить оценку для числа ходов.

Но есть и другие возможные стратегии. Вы можете, в частности, решить останавливаться в зависимости от того, какое из двух событий наступает первым: сумма, большая 19, или число ходов, равное 5.

Используйте ваш компьютер, чтобы произвести соответствующие опыты.

Если вы хотите взглянуть на это с точки зрения искусственного интеллекта, то вы можете также снабдить вашу программу механизмом самообучения. Вы помещаете в вашу программу три упомянутые выше стратегии. Розыгрыш определяет случайным образом ту, которая будет использована в каждой из партий. Вначале все три стратегии имеют равные вероятности. Если выбранная стратегия выигрывает, то вероятность ее применения увеличивается. Если она проигрывает, то ее вероятность уменьшается. Чем больше вы играете, тем чаще компьютер должен выигрывать. После очень большого числа партий полученные частоты применения стратегий скажут вам, какая из них является наилучшей.

Головоломка 1.

Это — нетрудная программа, разве что вы не взяли па себя заботу четко сформулировать задачу. Последовательность целых чисел, порождаемая этой программой, является так называемой возвратной последовательностью, каждый член которой полностью определяется значением предыдущего члена:

u i = f(ui −1 ),

Сказать, что последовательность u i становится периодической — то же, что сказать, что существует некоторое p, для которого

ui + p = u i

для достаточно больших i. Но если это выполняется для данного i, то

ui + p +1 = f(ui + p ) = f(ui ) = ui +1

и, следовательно, uj + p = u j для любого j, большего i. Пусть r — наименьший из индексов, для которых ur + p = u r .

От вас не требуют найти число r, нужно найти только число p. Можно предложить два решения:

— если i — достаточно большое число, кратное p, то u2i = u i ;

— выберите исходное значение d и длину интервала h. Для любого i от d + 1 до d + h посмотрите, не равно ли соответствующее значение u числу u d . Если равно, то вы нашли период и все закончилось. Если же никакого равенства не получается, то либо d меньше, чем r, либо h меньше p, либо и то, и другое. Попытайтесь сделать то же еще раз с бо́льшими d и h.

Есть много способов реализовать вторую из этих стратегий. По крайней мере в некоторых случаях она быстрее первой.

Головоломка 2.

Совершенно ясно, что вы не можете начинать проводить какие-либо статистические подсчеты до того, как вы реализуете m бросаний. Наш маленький вундеркинд хотел бы сделать единственный цикл, в котором m − 1 первых ходов подвергаются специальной обработке. Это — совершенно бесполезная сложность. Составьте первый цикл по данным m первым ходам. Затем — второй цикл, проводящий статистику.

Наш маленький вундеркинд совершил и вторую ошибку, для меня еще более необъяснимую: он объединил последовательные ходы в таблицу. Но это совершенно бесполезно. В любой момент единственное, в чем вы нуждаетесь, это в результатах m последних бросаний. С каждым новым бросанием результат наиболее старого из учитывающихся ранее бросаний теряет силу. Поэтому вы можете его упразднить, Если и есть таблица, то ее размер m, а не n!

Но не очевидно, каким образом хранить в таблице m бросаний. Вы можете представить их в виде m символов, образующих цепочку. На каждом ходе цепочка теряет свой последний символ и получает новый первый символ.

Но можно сделать еще и по-другому. Речь идет об «орле» и «решке». Нам нужно только два различных символа, например, 0 и 1. Эти m символов 0 и 1 могут рассматриваться как цифры числа в двоичной записи. Тогда вам не нужна ни таблица, ни цепочки символов. В соответствии с выбором нужно выполнить либо умножение на 2 (что сводится к одному сложению), либо деление на 2.

Относительные успехи трех наших решений зависят от используемой вами системы. В зависимости от управления, принятого для таблиц и цепочек, в зависимости от искусства программиста, составившего систему интерпретации вашего языка высокого уровня, либо таблица одолевает цепочки, либо наоборот.

В составленной мною системе на языке LSE использованы двоичные числа, дающие несколько лучший результат, чем полученные с помощью цепочки., которые, в свою очередь, дают заметно лучший результат, чем полученный с помощью таблиц.

Игра 3.

Единственная трудность в этой программе: перетасовать карты. Я уже упомянул об этом, описывая условия игры. Есть много возможных идей:

— приготовить сначала карточную колоду, затем вытаскивать их из стопки одну за другой. В этом случае у вас будет выбор, как поступать:

либо расположить карты в таблицу в 52 полями, либо создать цепочку ив 52 символов. Но нужно ли это на самом деле? Почему бы не исходить из простой начальной ситуации: упорядоченной таблицы или отсортированной цепочки, затем выбирать элемент этого множества с помощью случайного бросания, вынимать его из множества и повторять процедуру с меньшим количеством элементов.

Если так поступать, то применение таблицы становится тонкой задачей: как изъять элемент из множества?

Его можно изъять «физически». Все элементы, расположенные выше него, спускаются в таблице вниз на одну ступеньку. Это сохраняет порядок оставшихся элементов.

Но нужно ли это? Почему бы, что гораздо проще, не переставить выбранный элемент с последним элементом таблицы в процессе выполнения операции?

Как только мы это обнаружили, становится очевидно, что в перетасовывании карт, исходя из начальной колоды, больше никаких трудностей нет: вы размещаете колоду в упорядоченную таблицу из n карт, вы выбираете случайным образом целое число между 1 и n, вы меняете местами соответствующий элемент с элементом n, затем вы уменьшаете n на единицу и повторяете процедуру.

Элементарно, когда все испробовано!

Игра 4.

Я уже дал все необходимые пояснения, кроме порождения лабиринта. Первую попытку я предпринял со следующим алгоритмом:

— поставить i в начальное положение (правый нижний угол),

— выбрать случайным образом направление перемещения (целое от 1 до 8); если это перемещение невозможно — перейти к следующему перемещению, пока не будет найдено возможное перемещение;

— передвинуть i в соответствии с этим перемещением;

— если i оказался на поле прибытия, то все закончено, в противном случае повторить процедуру.

Опыт показывает, что чаще всего эта программа не останавливается.

Так как есть основное направление перемещения, подлежащее реализации (диагональ игры), то я изменил случайный выбор так, чтобы сделать более частными перемещения влево и вверх или вверх и влево.

Так как у меня еще были и другие задачи, я решил останавливать случайный выбор, когда i оказывается в маленьком прямоугольнике вверху слева. Полученный реестр (сделанный из таблицы или цепочки символов) дает тогда путь, ведущий из каждой из точек этого прямоугольника к полю прибытия.

Остальное просто.

Игра 5.

Эта игра не представляет никаких трудностей. Пусть вы не пытаетесь гарантировать Тони возможность выхода. В программе — никакой стратегии: один ход на два поля, два препятствия на горизонтальной линии на двух свободных полях (вы выбираете клетку случайным образом. Если она или ее соседка справа не свободны, то вы повторяете выбор. Если они свободны — вы их помечаете. Тем хуже для Тони, если он накрыт), два препятствия случайным образом на двух вертикальных полях.

Если вы решили оставить Тони шансы на спасение, действуйте, как в предыдущей программе. Вы случайным образом выбираете путь и обозначаете его так, чтобы никакое препятствие на него сверху не падало. Но вы не выводите на экран этих обозначений.

 

2. Игры с числами

Головоломка 3.

Я нашел это упражнение в монографии, посвященной языку Пролог. Предложенное там решение действует методом проб и ошибок. Но задача решается намного проще.

Как всегда, полностью определим задачу. Искомое число представляется в десятичной системе последовательностью цифр

c n c n −1 …c25

Умножая на 5, получаем

5c n c n −1 …c3c2

Отсюда следует, что c2 = 5. Все цифры c i точно так же итеративно вычисляются справа налево, обыгрывая оставшееся от предыдущего умножения «в уме»: когда вы умножаете крайнее справа 5 на 5, вы получаете 5 единиц, что и дает c2 = 5, и 2 «в уме». Тогда вы можете вычислить c3 и новую цифру «в уме» и продолжать шаг за шагом. Остается маленькая задача о том, как узнать, когда следует остановиться. Изучите ее сами; как обычно, я не хотел бы сообщать вам все…

Вы можете также действовать слева направо:

5c n c n −1 …c3c2 : 5 = c n c n −1 …c25

Деля левую цифру на 5, вы получаете c n = 1. Имея c n , вы можете продолжать деление. И здесь тоже вам нужно будет принимать во внимание перенос результата, полученного при предыдущем делении, и нужно будет знать, когда остановиться. Эти два метода по существу равносильны.

Остальное оставляю исследовать вам.

Головоломка 4.

Обычно я бываю глубоко разочарован тем, что нахожу в книгах по информатике или по математике касательно квадратных корней. Чаще всего вам предлагают метод Ньютона: пусть вам нужно извлечь квадратный корень из числа x. Вы образуете возвратную последовательность u i по правилу

ui +1 = (u i + (x/u i ))/2.

Вне всякого сомнения, вы можете взять u0 = 1 в качестве начального значения. Эта последовательность очень быстро сходится к квадратному корню из x. Если, например, взять x = 50 и воспользоваться формулой

ui +1 = целая_часть ((u i + (x/u i ))/2),

чтобы иметь дело только с целыми числами, то в качестве последовательных значений и вы получите

u0 = 1, u1 = 25, u2 = 13, u3 = 8, u5 = 7, u6 = 7.

Чтобы использовать здесь этот алгоритм, вы должны написать программу целочисленного деления двух целых чисел большой длины.

Другой способ действия основан на том факте, что разность двух последовательных квадратов есть нечетное число:

(n + 1)² − n² = 2n + 1,

так что последовательные разности являются последовательными нечетными числами. Поэтому можно видеть, что сумма нечетных чисел от 1 до 2k − 1 включительно есть k². Обратно, если вычитать из n последовательно возрастающие числа, пока это возможно (не допуская, чтобы результат становился отрицательным), тогда искомый квадратный корень есть к, если последнее нечетное вычитаемое равно 2k − 1. Таким образом, для 50

50 − 1 = 49,

49 − 3 = 46,

46 − 5 = 41,

41 − 7 = 34,

34 − 9 = 25,

25 − 11 = 14,

14 − 13 = 1.

Нельзя продолжать, не получая отрицательной разности. Последнее нечетное вычитаемое равно 13, поэтому корень есть (13 + 1)/2 = 7 (и остаток 1). Этот способ гораздо лучше подходит для распространения на случай очень больших чисел, потому что вам требуется реализовать только две операции:

— прибавить 2 к большому числу;

— вычесть одно большое число из другого.

Но число шагов цикла равно искомому квадратному корню, а он может оказаться весьма большим.

Можно обобщить предыдущий алгоритм, используя свойства десятичной записи чисел. Данное число разделяется на куски по две цифры, начиная справа; затем мы начинаем вычитать последовательные нечетные числа из крайнего слева куска:

Если это нельзя продолжать дальше, то последнее вычитаемое число увеличивается на единицу, сдвигается на один шаг вправо, и следом за ней приписывается единица. Это — первое нечетное число, которое следует вычитать из предыдущего остатка.

В приведенном выше примере 7 + 1 = 8; приписывая 4, получаем 81 и продолжаем:

Поскольку продолжать дальше нельзя (последнее возможное вычитание из остатка — это крайнее справа), то последнее из вычитаемых чисел нужно увеличить на 1, а затем разделить на 2, чтобы получить корень. Последний остаток и есть остаток квадратного корня:

85 + 1 = 86, 86/2 = 43,

1909 = (43)2 + 60.

Этот алгоритм достаточно прост для программирования при длинных числах, и он дает вполне разумное время вычисления.

У вас много возможностей представлять свои данные. Так как мы оперируем с кусками из двух цифр, то вы можете задавать свои данные таблицами целых чисел в интервале от 0 до 99.

Вы можете представлять свои целые числа как цепочки символов, где используются только числовые символы (цифры) от 0 до 9. Выбор способа зависит от ваших предпочтений и от возможностей вашей машины оперировать с таблицами и цепочками. Тщательно рассмотрите, какие операции нужно сделать. Вы ничем не ограничены: почему бы не запрограммировать и сравнить два разных решения?

Я предложил вам алгоритм без доказательства. Поэтому попытайтесь его проверить…

Я предложил вам алгоритм для десятичной системы счисления. Можно предложить похожий алгоритм для двоичной системы. Тогда не возникнет цикл вычитаний последовательных нечетных чисел из каждого куска, поскольку в куске есть только одно нечетное число: 1. Алгоритм упрощается: если можно вычесть нечетное число — мы его вычитаем, в противном случае мы не делаем ничего. Затем сдвигаем, добавляем 1 и приписываем 1 в конце… Этот алгоритм намного легче реализовать. Но тогда нужно сначала перейти к основанию 2, а затем преобразовать двоичный результат в десятичный. Вам следует посмотреть, что более эффективно…

Головоломка 5.

Аккуратно поставим задачу. То, что от вас требуется, — это не взятая глобально последовательность, а вот что: если начало последовательности выписано, то нужно найти следующее число. Возьмем пример, данный в головоломке 5: какое число следует за 50?

Есть ровно три возможности.

1. Число делится на 2. После однократного деления на 2 оно не будет иметь других делителей нуля, кроме 2, 3 и 5. Следовательно, это число — из последовательности. Так как 50 : 2 = 25, то полученное частное больше, чем 25. Наименьшее число последовательности, большее 25, есть 27. Таким образом, если следующее за 50 число делится на два, то оно равно 2 × 27 = 54.

2. Оно делится на 3. То же рассуждение. 50 : 3 = 16,7. Первое число последовательности, большее 16,7, есть 18. Если следующее за 50 число делится на 3, то это число равно 3 × 18 = 54.

3. Оно делится на 5. 50 : 5 = 10. Следующее за 10 равно 12,

5 × 12 = 60.

Таким образом, у нас 3 кандидата: 54, 54, 60. Наименьшее из этих трех и есть искомое.

Мы получили 54, используя только уже вычисленную часть последовательности Хэмминга.

Я предложил вам идею решения на примере. Вам следует ее обобщить, показать, что это всегда верно, и составить хорошую программу для решения.

Головоломка 6.

Я предлагаю вам начать с образования различных числовых последовательностей, получаемых вычеркиванием чисел. Вот первые из них:

1 : 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

2 : 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 33 35

3 : 5 7 11 13 17 19 23 25 28 31 35 37 41 43 47 49

На этом уровне можно поверить, что появляется возвратное соотношение: во второй последовательности нет четных чисел, в третьей — нет кратных трем. Образуем следующую: 25, кратное 5 содержится. Покажем механизм перехода от одной последовательности к другой последовательности

3 : 5 7 11 13 17 19 23 26 29 31 35 37 41 43 47 49

5 : 7 11 13 17 23 25 29 81 87 41 43 47

Если вы все это хорошо поняли, то вы теперь должны суметь обобщить. Обозначим черев g(i, j) число, стоящее в последовательности ранга i, которая начинается с g(i, 0). Число g(i, 0) = h(i) и есть счастливое число ранга i. Если вы можете построить g(i + 1, j), исходя ив g(i, …), то вы должны суметь решить задачу. Само собою разумеется, что таблица чисел g не должна участвовать в программе. Это — только промежуточное средство вычисления…

Головоломка 7.

Нужно попытаться сгруппировать эффект нескольких последовательных шагов. Нечетное p дает (3p + 1)/2, которое можно еще переписать в виде

3(p + 1)/2 − 1,

что дает правило: добавить 1,

разделить на 2 и умножить на 3,

уменьшить на 1.

Предположим, что результат нечетен. За операцией «уменьшить на 1» сраву же следует операция «добавить 1», и в результате этих двух операций ничто не меняется. Отсюда следует новое правило:

добавить 1,

пока результат четен, делить его на 2 и умножать его на 3,

уменьшить на 1,

делить на 2, пока это возможно.

Составьте по этому правилу программу и заставьте ее перечислять все величины, полученные таким образом (все они будут нечетны. Заметьте, что только первое число в ряду может оказаться кратным трем).

Если вы замените 3 на m, то второе правило изменяется: пока результат четен, делить его на 2 и умножать его на m.

Вернемся к случаю числа 3. Наше правило можно переписать следующим образом: пусть k — некоторое нечетное число; тогда 2p k − 1 дает (3p k − 1)/2q .

Назовем эту операцию переходом p, q.

Можете ли вы показать, что:

если n = 2 по модулю 3, то элемент, следующий за n, равен некоторому элементу, следующему за (2n − 1)/3;

если n дает некоторое n при переходе p, q, где q > 1, то число (n − 1)/2 порождает ту же последовательность, что и n, за исключением, быть может, нескольких первых членов.

Любое число вида n = 4k + 1 имеет непосредственно следующее n' < n.

Для того чтобы n допускало переход p, 1, необходимо и достаточно, чтобы n имело вид n = k2p − 1, где

k = 1 по модулю 4, если p нечетно,

k = 3 по модулю 4, если p четно.

Если вы хотите проверить о помощью программы, что это свойство выполняется для любого нечетного n в данном интервале от 3 до n, вы можете пробежать все нечетные числа в возрастающем порядке и проверить, что для каждого ив них это верно. Но вы можете сначала вычеркнуть из списка все нечетные числа, о которых вы знаете, что их поведение сводится к поведению последовательности, относящейся к меньшему нечетному числу, поскольку список нечетных чисел пробегается в возрастающем порядке, и этот случай уже был неучен. Таким образом, остается не больше чисел, чем уже было отмечено.

Но построить список априори, без вычеркиваний в более широком списке, так же трудно, как построить последовательность счастливых чисел…

Затем можно пытаться сделать еще один шаг: для любого не вычеркнутого n вычислить первый следующий за ним элемент. Он больше n (в противном случае n был бы вычеркнут). Если он содержится в интервале от 3 до N, то мы ничего не делаем (этот случай будет изучен ниже). Если же он больше N, то мы помещаем его в резерв. Таким образом, мы получим некоторый список чисел, больших N. Если для каждого числа из этого списка возвратная последовательность достигает 1, то мы сможем доказать, что это свойство выполняется для всех чисел, меньших N, и еще для некоторых других.

Конечно, это не доказывает общей теоремы: для любого n предложенная последовательность достигает 1. Но нужно присоединить к делу новую форму рассуждения, которая потребует серьезных размышлений и надежных логических оснований для того, чтобы оказалось возможным поправить дело…

Вот, наконец, последнее свойство, которое вы должны уметь доказывать: не существует пар p, q, где p и q — натуральные числа, для которых n дает n при переходе p, q. Это не означает, что не существует периодических последовательностей. Про них я сумел доказать только тот факт, что не может иметь места цикл

n дает n' при переходе p, q;

n' дает n при переходе p', q'.

Как бы то ни было, этого на сей раз недостаточно.

Но это полезно, чтобы увидеть, каким образом 3 играет существенную роль в этом деле…

 

Зашифрованные операции

Общая идея состоит в том, чтобы перепробовать все возможные комбинации, согласующиеся с условием, и сохранить только те из них, которые удовлетворяют предложенной операции.

Головоломка 8.

Пусть даны значения D и E (значения различны). Из них получается Y и то, что «в уме». По этой величине «в уме» получается значение N. Так как N + R + «в уме» = E (плюс, быть может, 10) и так как E известно, то только N можно выбирать произвольно. Кроме того, нужно, чтобы оно отличалось от D, E и Y и нужно, чтобы R, полученное таким образом, отличалось от D, E, Y, N. Если пока все идет хорошо, то вы продолжаете выбор. Если уже возникла невозможность, то вернитесь назад и осуществите другой выбор N. Если никакой выбор для N не оказывается возможным, вернитесь назад и измените выбор E…

Это — одно решение.

Но оно может потребовать много времени. Чтобы выиграть время, ограничьте возможные выборы. Очевидно, что значение SEND ограничено числом 9999, как и MORE, и поэтому значение MONEY не может превосходить 19998. Так как это — число из пяти цифр, то M = 1. Это освобождает вас от испытания 1 для D и E. Если цифра единиц суммы D + E равна 1, то этот набор D и E недопустим.

Поставьте 1 на свое место:

S + 1 + «то, что в уме» дает число, большее девяти. Это возможно только в случае, если мы предположим что «в уме» для S кое-что есть:

S + 2 = 10 + O

(справа буква O, а не цифра ноль).

S + 2 может превосходить 9 только в случае, если S больше 7. Единственные возможные значения — это

S = 8, что дает букве O значение 0,

S = 9, что дает букве O значение 1.

Но 1 уже присвоено букве M. Следовательно, S = 8 и O = 0.

Метод, использованный в этом упражнении, имеет очень широкую область применения. Нужно исследовать все возможности, чтобы выявить те, которые удовлетворяют условию задачи. Мы упорядочиваем их таким образом, чтобы, переходя от одной комбинации к следующей, пересмотреть их все и притом по одному разу.

1. Берем первую комбинацию.

2. Испытываем ее. Если она удовлетворяет требованиям, запоминаем ее значение.

3. Если это — последняя комбинация, то все значения записаны и все кончено.

4. Если не последняя, то переходим к следующей комбинации и повторяем, начиная с пункта 2.

В данном случае — так как мы уже знаем значения букв S, O, M, остается только три еще не определенных значения: D, E, N. Для каждой из них берем постепенно возрастающие значения, изменяя их таким образом, чтобы сначала возрастало N при постоянных D и E. Затем меняется E при постоянном D (а N пробегает все возможные значения). Когда все возможные значения для E испытаны, мы переходим к следующему значению D.

Таким образом, D может принимать 7 значений.

Для каждого из них E может принимать 6 значений.

Для каждой такой пары N может принимать 5 значений.

Отсюда следует, что нужно перепробовать 7 × 6 × 5 = 210 значений, что совершенно не затруднит компьютер…

Головоломка 9.

Будем действовать, как в предыдущей задаче. Но здесь есть некоторая дополнительная информация. В условии участвуют 10 букв:

H E L P T Y O U N G

Так как они имеют значения в виде 10 цифр, где каждая цифра участвует и притом только один раз, то

H + E + L + P + T + Y + O + U + N + G = 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7+ 8 + 9 = 45.

Если вы учтете очевидные значения букв Y, O, H, то вы сможете дать сначала значения каждому из чисел «в уме». Используя тогда соотношения между значениями букв, заданных в зашифрованном сложении, вы сможете получить соотношение между четырьмя буквами и вывести из него, что E нечетно. Отсюда вы быстро выведете, что оно может принимать не более двух значений: 3 и 5.

Испытайте их одно за другим…

Головоломка 10.

Здесь снова используются 10 цифр. Вы знаете их сумму. Она делится на 9. Вы знаете кое-что о сумме цифр результата.

Вы легко сможете заменить это умножение сложением. В нем вы сможете определить все величины «в уме». Вам останется сделать не так уж много попыток…

Головоломка 11.

Эта головоломка намного серьезнее. Если вы пойдете по пути систематических испытаний, то вы рискуете потерять время зря. Есть 9! = 362880 перестановок девяти первых цифр. Не все они подлежат проверке, поскольку крайняя слева цифра не может превосходить 3. Но остается еще очень много возможностей.

Запишите это символическое умножение и обозначьте его величины «в уме». После умножения на 3 величина «в уме» может быть только 0, 1 или 2. Замечая, что все 9 цифр, отличных от 0, использованы, вы можете узнать сумму величин «в уме» (10). Так как 6 не может быть связано с 2 «в уме», поскольку 3 × 6 + 2 = 20 дает 0 в качестве цифры единиц, а это исключено, то вы сможете таким образом полностью определить величины «в уме», связанные с этими двумя цифрами. Это разрешает задачу о решениях, оканчивающихся на 3.

Так как величины «в уме» являются ключом к задаче, составьте маленькую таблицу, показывающую для каждой цифры, как она может быть получена в качестве цифры единиц произведения некоторой цифры на 3 с добавлением величины «в уме». Например, 5 можно получить как 3 × 5 + 0, 3 × 8 + 1, 3 × 1 + 2.

Если число кончается на 9, то результат кончается на 7, и 2 оказывается «в уме». Можно почти закончить вручную. Во всяком случае вручную легко найти какое-то решение. Программа для компьютера остается необходимой для того, чтобы найти все остальные решения.

Головоломка 12.

Легко! Чтобы доказать эту теорему, достаточно доказать, что ее утверждение справедливо для любого n, кратного трем. Давайте-ка их все переберем. Сначала для каждого n вычислим первое число n, сумму кубов цифр числа n. Если n' меньше n, то дальше идти незачем. Покажите, что n' кратно трем. Если оно меньше n, то оно уже испытано, и для него результат известен.

Можете ли вы найти такое k, что при n > k имеем n' < n?

Если можете, то достаточно проверить искомое свойство для всех n, кратных трем и меньших k. Это делается очень быстро.

Головоломка 13.

Эти варианты исследуются таким же способом. Проделайте сначала вручную пробы, чтобы увидеть, как ведут себя последовательности сумм кубов цифр для чисел п, не кратных трем, различая случаи: n на единицу больше кратного трем, и на 2 единицы больше кратного трем.

В случае суммы квадратов вы знаете, какой результат нужно доказывать. Это легко…

Головоломка 14.

Изучаемое число имеет вид 1000a + 100b + 10c + d при a ≥ b ≥ c ≥ d. И, так как не все цифры одинаковы, то непременно a > d.

Вы можете доказать, что результат первого вычитания кратен девяти, так что, переходя к первой разности, вы кое-что знаете о сумме a + b + c + d.

Каково бы ни было исходное число, первая из полученных разностей имеет вид 999u + 90v с v < u, 0 ≤ v, 0 < u ≤ 9. Так что-не так уж много чисел нужно испытывать…

Головоломка 15.

Эта головоломка намного труднее. Используйте все данные задачи, хотя и кажется, что их не слишком много.

Господин P не может найти искомые числа. Следовательно, число р не является произведением двух простых чисел — в противном случае их разложение на множители было бы однозначным.

Господин S это знает. Но их сумма s может быть многими способами представлена в виде суммы двух чисел. Ни одна из этих пар не является парой простых чисел. Это условие гораздо более ограничительно: нужно вычеркнуть из списка возможных значений s все такие значения, которые являются суммами двух простых чисел — таковы 12 (так как 12 = 7 + 5), 13 (11 + 2). Компьютер позволит вам составить оставшийся список.

Господин P не может найти решение, так как его произведение может быть многими разными способами разложено в произведение двух чисел. Учитывая, что именно знает S, он исключает все пары, сумма которых вычеркнута. У него остается в точности одна пара. Каковы произведения, обладающие этим свойством?

Наконец, господин S получает решение. Следовательно, среди всех пар с суммой s есть только одна пара, дающая произведение с упомянутым выше свойством.

Компьютер нужен, чтобы порождать списки и вычеркивать в них. В конце должна оставаться одна и только одна пара.

Головоломка 16.

Я предлагаю вам решить эту задачу в два приема.

1. Составьте сначала программу по методу Полларда-Брента о «маленькими» числами, иначе говоря, такими, что машина представляет их бее округления или усечения, Это зависит от машины. Я на своей машине могу получить около 8·106, что немного. Возникают еще некоторые сомнения, как только принимаются во внимание деления…

Чтобы узнать, становится ли последовательность периодической, вы можете ограничиться рассмотрением разностей a i − a j , где i и j меняются в соответствии с вполне определенными законами, Вам следует рассматривать н. о. д. этих разностей и n. Это невыполнимо для каждой разности и потребует много времени.

Идея в том, чтобы образовать произведение на некоторое число этих разностей по модулю n, а затем брать н. о. д. этих разностей и n. Если одна из этих разностей имеет с n н. о. д., отличный от 1, то для произведения будет выполняться то же самое. Выбор числа членов для участия в произведении предоставляется вашему усмотрению. Если членов слишком мало, то вы вычисляете много н о. д. и замедляете метод. Если членов много, то вы делаете ненужные операции! вы долго ждете перед тем, как обнаружить делитель…

2. Если эта первая программа уже готова, переходите к гораздо большим числам. Нужно выполнить следующие операции:

произведение двух чисел по модулю n,

н. о. д. двух чисел, числа n и числа, меньшего n.

Настоящая трудность — это произведение по модулю n. Так как к ней часто обращаются, то она должна быть оптимальной…

Может оказаться опасным пускаться в этот метод Полларда, не зная, является ли исследуемое число составным. Используйте для этого тест Ферма.

В этом единственную трудность представляет возведение x в степень n − 1 по модулю n.

Следовательно, пусть нужно вычислить y = x p .

Примем следующую индуктивную гипотезу: искомый результат имеет вид y = u k w .

Если k есть нуль, то u k = 1 и потому у = w, и все закончено.

Если k не нуль и если k четно, то u k = u2( k /2) = (u2)k /2 .

Заменяя u на u * u и k на k/2 возвращаемся к общей ситуации.

Если k нечетно, то u k = u * u2(( k −1)/2)

w * u k = (w * u) * (u2)( k −1)/2

Заменим w на w * u, u на u * u и k на целую часть от k/2.

Все это должно проделываться по модулю n. Операции над k не содержат трудностей. Если числа достаточно малы, то вы действуете обычными умножениями или делениями.

Если же числа не являются достаточно малыми, то все сводится к предыдущему случаю. Но у вас здесь есть элемент ответа. Я уже говорил вам, как можно вычислить y = x p с помощью бинарного разложения p, выполняя умножения только по модулю n. Переделайте то же рассуждение для y = p * x, заменяя возведение в степень умножением, а умножение — сложением. Предположите, что результат имеет вид

y = k * u + w.

Если k четно, то k * u (k/2) * (u + u), и т. д.

Сложения нужно делать по модулю n, что не требует, впрочем, операции деления…

Я на своем компьютере получил отличные результаты для теста Ферма. А метод Полларда-Брента еще остается очень медленным. Работайте надежно. Можно ли пользоваться программой, в правильности которой вы не уверены?

Головоломка 17.

Подсказка: эта программа сообщает, делится ли n на b.

Головоломка 18.

Снова подсказка: эта программа выводит НЕТ, если n не является точным квадратом; в противном случае она выводит квадратный корень из n. Но это из области бесполезных подсказок. Как вы сможете показать, что эта программа действительно делает то, что я анонсировал? Испытав ее? Вы можете испытать все целые?

По индукции? Почему бы и нет? Напишите мне, если получится…

Головоломка 19.

Не пренебрегайте крохами информации, которые можно извлечь из текста программы. Вполне правдоподобна гипотеза, что eps — параметр, характеризующий точность, маленький и потому вещественный. Следовательно, p и q, и — вследствие этого — a и b имеют хорошие шансы оказаться вещественными. Примите это как гипотезу, касающуюся типа данных и результата.

Вы не можете исследовать плоскость a, b, чтобы увидеть, что же именно вычисляет эта программа. Но можно сделать несколько простых замечаний. Пусть f(a, b) — значение, вычисляемое программой.

Вы без особых усилий сумеете показать, что

f(a, b) = f(b, a),

f(ac, bc) = cf(a, b)

и вследствие этого

f(a, b) = bf(a/b, 1).

Ho g(x) = f(x, 1) — функция только одного аргумента. Можно ограничиться областью x ≥ 1. Я написал программу, вычисляющую g (простой и очевидный вариант предыдущей программы), а затем вычислил g для

x = 1, 2, 3, …, 10,

x = 1.1, 1.2, 1.3, …, 1.9.

Природа функции g становится очевидной, если исходить из этой таблицы. Уразумев, что именно нужно доказать, мы справимся с этим без труда.

 

3. Игры без стратегии

Игра 6.

Единственная задача: считать белые шашки. На самом деле, черные можно получить, сравнивая шашку на шашкой в тайной комбинации и в комбинации, предложенной игроком.

Для подсчета белых шашек у вас есть много возможностей.

1. Во время подсчета черных шашек удалите из тайной комбинации и из комбинации, предложенной игроком, находящиеся в соответствии элементы (имеющие одинаковые значения и одинаковые места). Затем для каждого из элементов, оставшихся в предложенной комбинации, посмотрите, участвует ли он в тайной комбинации, и если да, то учтите его белой шашкой и удалите его из тайной комбинации.

Этот метод требует, чтобы вы создали копию тайной комбинации, Это стоит не слишком дорого…

2. Для каждого из возможных значений шашек (6, если есть 6 цветов) подсчитайте число шашек этого цвета в тайной комбинации и в предложенной комбинации. Меньшее из этих двух чисел равно сумме белых и черных шашек, отвечающих этому цвету (почему?).

Так как вы нуждаетесь в подсчете по цветам шашек тайной комбинации и так как эти величины не меняются в течение партии, то вам может оказаться полезным сделать этот подсчет до запрашивания первой комбинации игрока, а затем сохранять его в виде таблицы…

Игра 7.

Для программирования нет совершенно никаких трудностей. Действительно, от вас требуется принять только одно решение; как вы представите игру в вашей программе?

У вас много возможностей.

1. Никакого внутреннего представления игры. Скорость движения машин и интервалы между машинами суть постоянные величины, которые вы можете поместить в таблицу или каждый раз пересчитывать.

Вы можете задать себе с помощью маленькой таблицы положение крайней левой машины на каждой строке. Все остальное можно отсюда вывести. Но вам придется проделать немало вычислений к моменту вывода на экран.

2. Можно сохранять каждую строку в памяти в виде цепочки символов (за исключением, быть может, первых символов, крайних слева). Тогда вывод на экран очень прост. Передвижение машин влево можно получить, удаляя заданное число символов в начале цепочки и добавляя столько же символов справа, соблюдая условия правильного расположения стрелок на правильных местах.

Вам не нужно экономить ни время вычисления, ни объем памяти. Выберите решение, которое, как вам кажется, проще всего реализовать…

Игра 8.

Перемещение шадока почти не составляет проблемы: вы читаете данную в ответ цепочку символов. Если она содержит П, то абсцисса шадока увеличивается на 1, и т. д.

Перемещение многочисленных гиби немного более сложно. Для каждого из гиби нужно найти ближайший к нему цветок. Если у вас есть таблица, задающая положения цветов, то вы ее полностью перебираете и отыскиваете ближайший. Если у вас такой таблицы нет, то нужно вертеться кругами вокруг каждого из гиби, чтобы найти ближайший цветок. Первое решение кажется лучшим.

Но если у вас есть таблица цветов, то нужно, по ходу движения гиби, исключать один за другим уже сорванные цветки (как вы собираетесь это сделать?). Здесь есть и некоторое преимущество: цветок может быть сорван только одним из гиби. Как только это произошло, цветок больше не привлекает других гиби. Когда время сбора плодов истекает, вы знаете, сколько цветков исчезло, и вы случайным образом добавляете столько же цветков в игру.

Вам нужно еще решить, сохраняете ли вы в памяти образ игры (например, в форме цепочки символов или таблицы цепочек, по цепочке на каждую строчку, или двумерной таблицы, дающей содержание каждого поля) или же вы сохраняете только координаты активных элементов (шадока, гиби и цветов). Не принимайте решение наугад. Тщательно обдумайте преимущества и неудобства каждого решения как с точки зрения результатов, так и с точки зрения простоты программирования (что должно быть определяющим критерием).

Игра 9.

Мало что можно добавить. Единственная трудность — движение убийц. Они должны стремиться приблизиться к игроку, но это не всегда возможно. Вы легко можете определить направление наилучшего перемещения: это направление, которое уменьшает скачок координат убийцы и игрока. Если такое перемещение возможно, то убийца перемещается. Если оно невозможно, то следует испытать близкие перемещения,

Вот способ действовать: задайте таблицу, определяющую возможные перемещения, помеченные индексами от 1 до 8, Желательное перемещение соответствует некоторому элементу таблицы, скажем, элементу с номером k. Испытаем тогда перемещение k, затем, если оно невозможно, перемещения k − 1 и k + 1, затем k − 2 и k + 2… Когда индекс становится нулем, мы его заменяем на 8, Когда он становится больше восьми, мы заменяем его на 1, что сводится к организации таблицы по круговому списку. Внимание, это допустимо только в случае, если вы правильно упорядочили перемещения в таблице…

Как и в предыдущих играх, тщательно продумайте способ представления игры, задайте всю необходимую информацию для упрощения программирования. Не позволяйте себе увлечься оптимизацией времени вычислений или объема требуемой памяти. Эта игра должна легко поместиться на любом микрокомпьютере. Работайте аккуратно: если то, что вы запрограммировали, не удовлетворяет правилам игры, то ваша игра нечестная.

Игра 10.

Добавить нечего. Это проще, чем в случае убийц. Вы определяете направление перемещения, которое наилучшим образом приближает робота к игроку (перемещение, которое уменьшает скачки обеих координат). Вы перемещаете робота в этом направлении. Если он попадает в расщелину, то он исключается из игры. Если он попадает на поле другого робота, то он также исключается. Используйте генератор случайных чисел, чтобы решить, помещаете ли вы в углы новых роботов. Например, если случайное число меньше 0,7, то вы ставите нового робота; в противном случае вы не делаете ничего. Это означает, что есть 7 шансов из 10 увидеть появление нового робота…

Игра 11.

Никаких особенных трудностей, если не считать тех, которые связаны с рисунком дороги и положением препятствий. У вас много способов представить игру. Если вы используете таблицу, то факт перемещения фигуры очевидно обязывает вас производить сдвиги. Если вы используете цепочки символов, то дело упрощается. Вы можете, например, состыковывать (конкатенировать) различные строчки (вначале — пробелы, 4 знака (точка, звездочка, 0), код окончания строки) в единую строку, которую вы выводите на экран кусок за куском. Чтобы сдвинуть фигуру, вы убираете некоторое количество кусков в начале (определяемое скоростью) и добавляете столько же в конце. Но это неприемлемо, если ваш компьютер не допускает длинных цепочек (счастливы обладатели LSE1).

Чтобы заставить дорогу повернуть, вы изменяете на i число пробелов в начале. Но не выбирайте случайным образом одно из трех чисел: −1, 0, 1. (Технически это легко. Вы выбираете случайным образом число в интервале (0, 1), скажем x, а затем берете целую часть от (3 * x), уменьшенную на 1.) Если вы сделаете так, то дорога останется приблизительно прямой с маленькими колебаниями влево или вправо. Задайте фактор поворота принимающий значения −1, 0 или 1. На каждой новой строке вы увеличиваете на t число пробелов в начале. Чтобы изменить t, вы выбираете случайное число. Вы надаете постоянную величину a. Если случайное число меньше a, то вы уменьшаете t на 1, и если это действие дает вам −2, то вы полагаете t равным 1. Если, напротив, случайное число больше, чем 1 − a, то вы увеличиваете t нa 1 и если получаете 2, то заменяете его на −1. Параметр a вы подберете экспериментально.

Для размещения тяжелых грузовиков вы можете случайным образом выбирать целое число в интервале длины, большей 4. Если оно примет значения 1, 2, 3 или 4, то вы помещаете грузовик в соответствующий ряд, а если оно примет большее значение, то препятствия нет. Чем больше выбранный исходный интервал, тем меньше шансов для появления грузовика. Подберите этот параметр экспериментально.

Игра 12.

Итак, мы покончили с «маленькими играми». Все предыдущие требовали лишь немного умения программировать и немного ловкости. С другой стороны, они требовали большой тщательности, и только хорошие программисты могли сделать из них что-нибудь красивое и приятное. Ну, а в этой игре, по моему мнению, нужно действовать более мощными методами.

Тщательно проанализируйте способ создания комбинации, исходя из 6 шашек. Начало всегда одно и то же.

Вы выбираете две шашки, скажем a и b, и соединяете их одной из операций:

a + b, a − b, a * b, a : b.

Сложение возможно всегда. Что касается вычитания, то с ним дела обстоят так же, если договориться, что мы всегда вычитаем меньшее из большего (это относится к правильному наименованию чисел, или — что то же — к взятию той из двух операций a − b или b — a, которая дает положительный результат). Заметим, однако, что если a = b, то знак «−» выбирать нельзя.

a * b можно вычислять только тогда, когда ни один из двух сомножителей не равен 1.

a : b ориентировано (как и вычитание). Число b не должно быть равно 1. Остаток при делении должен быть нулевым.

Все это не очень трудно запрограммировать. Вы случайным образом выбираете две шашки. Затем вы случайным образом выбираете знак операции, а если его нельзя использовать — вы повторяете розыгрыш знака. В конце концов вы всегда получите хороший знак…

Теперь вы получили промежуточный результат. Вы можете решить остановиться, а затем выбрать случайным образом недостающие шашки, которые не участвовали в счете:

7 * 75 = 525 8 3 1 10;

вы выводите на экран

1 3 7 8 10 75 найдено: 525.

Вы можете выбрать новую шашку и скомбинировать ее с предыдущим результатом

525 − 8 = 517,

Вы снова получите промежуточный результат.

Вы можете выбрать две шашки и скомбинировать их:

3 * 7 = 21.

Тогда вы получите два промежуточных результата:

7 * 75 = 525; 3 * 7 = 21

Если у вас два промежуточных результата, то появляется много возможностей:

— все 6 шашек уже выбраны. Вы комбинируете между собой два промежуточных результата и получаете вашу окончательную комбинацию;

— даже если не все 6 шашек использованы, вы можете скомбинировать между собой два промежуточных результата и снова получить один-единственный результат.

Но вы можете также выбрать новую шашку и скомбинировать ее с одним из двух промежуточных результатов. Вы снова получите два промежуточных результата.

Таким образом, вы получаете то, что называется конечным автоматом. Есть четыре возможных состояния:

начальное состояние, состояние ОДИН, в котором у вас есть один (и притом единственный) промежуточный результат.

состояние ДВА, в котором у вас есть два промежуточных результата,

конечное состояние, в котором у вас есть результат, который вы рассматриваете как достигнутую цель. В вычислениях участвуют три операции.

Т2: выбрать случайным образом две шашки и соединить их случайным образом выбранным знаком, чтобы получить промежуточный результат;

Т1: случайным образом выбрать шашку и соединить ее случайным знаком с промежуточным результатом;

Т0: соединить два промежуточных результата между собой случайным образом выбранным знаком.

Рисунок 35 дает граф этого автомата, где стрелки показывают операции, которые нужно выполнить, чтобы перейти от одного состояния к другому. Ваша программа должна реализовать этот автомат, причем переходы должны выбираться случайным образом, если это возможно.

Вы теперь знаете все. Конечные автоматы часто встречаются в программировании. Запомните этот пример, он имеет очень широкую область применения…

Игра 13.

Проблема наиболее длинного пути взятия является типичной возвратной задачей. Когда лиса находится в некотором положении, нужно испытать 4 возможных направления и для каждого из них увидеть, есть ли курица и свободно ли следующее за ней поле. Это легко!

Если вы не обнаружили никакого возможного взятия, то все закончено.

Если вы обнаружили возможное взятие, то результат есть наиболее длинное взятие, возможное при этом новом исходном положении, увеличенное на 1.

Но вы можете также действовать итеративным способом. Вы делаете первое взятие и продолжаете дальнейшие исследования, исходя из этого поля прибытия. Нужно испытать все возможности. Вы снова получаете, таким образом, тип задач, известный по головоломке 8. Упорядочьте четыре направления перемещения. Вы исходите из некоторого положения с направлением перемещения i = 1.

Если все четыре направления испытаны, то все закончено.

В противном случае вы смотрите, возможно ли взятие в направлении i:

— если невозможно, то вы увеличиваете i на 1 и возвращаетесь для нового цикла;

— если возможно, то вы выполняете это взятие, оказываетесь в новом положении и начинаете заново, исходя из него.

Внимание: нужно иметь возможность отменять сделанные вами взятия, потому что они происходят в рамках исследования… Это требует некоторой ловкости. По этой причине рассматриваемая игра — не из самых легких.

Остальное вы исследуете совершенно самостоятельно.

Игра 14.

Ничего нового с точки зрения программирования, за исключением того, что нужно исследовать восемь направлений перемещения вместо четырех.

 

4. Игры со стратегией

Игра 16. Числа Спрага-Грюнди

В большинстве нижеследующих игр два игрока делают ходы по очереди, и выигрывает тот, кто достигает некоторой намеченной в начале игры позиции. В той игре, которую мы обсуждаем сейчас, позиция может быть полностью охарактеризована числом оставшихся спичек, и выигрывающая позиция соответствует числу спичек, равному нулю. Спраг и Грюнди предложили (соответственно в 1936 и 1939 годах) связывать с каждой игровой позицией неотрицательное целое число следующим образом:

— выигрывающей позиции вы сопоставляете 0;

— данной игровой позиции вы сопоставляете наименьшее неотрицательное целое, отличающееся от чисел, связанных с позициями, которые могут быть достигнуты, исходя из данной.

Образуем числа Спрага-Грюнди для этой игры.

Позиции 0 сопоставляется число 0, SG (0) = 0.

Исходя из 1, можно получить 0 (поскольку мы имеем право удалить одну спичку. Следовательно, SG(1) — наименьшее неотрицательное целое, отличное от 0, или SG(1) = 1. Исходя из 2, можно получить 1 и 0. Следовательно, SG(2) — наименьшее неотрицательное целое, отличное от 0 и 1, поэтому SG(2) = 2.

Так как можно удалять спички вплоть до 6, то точно так же имеем

SG(3) = 3, SG(4) = 4, SG(5) = 5, SG(6) = 6.

Предположим теперь, что имеется 7 спичек. Можно удалить от 1 до 6. Поэтому в результате можно получить от 6 до 1 спичек, но не 0. Число SG(7) — наименьшее неотрицательное целое, отличное от 1, 2, 3, 4, 5, 6, Следовательно, это 0.

SG(7) = 0,

А теперь из 8 можно получить от 2 до 7, поэтому SG(8) — это не 2, не 3, …, не 6 и не 0, поэтому оно равно 1.

SG(8) = 1.

Теперь вы можете установить общий закон:

SG(p) = остаток от деления p на 7.

Как же выигрывать?

Если вы после своего хода можете оставить кучу, для которой число Спрага-Грюнди равно 0, то ваш противник не сможет достичь ситуации с числом нуль, поскольку по определению число, которое он оставит, отлично от исходного числа. Поскольку он не сможет достичь ситуации p с SG (p) = 0, то он и не может выиграть. Ему придется оставить вам ситуацию с SG(p) ≠ 0, исходя из которой, вы всегда сможете получить ситуацию с числом Спрага-Грюнди, равным нулю. Следовательно, вам нужно оставлять вашему противнику число спичек с числом SG, равным нулю, иначе говоря, число спичек, кратное 7.

Одно из двух: либо ваш противник не знает этого правила и играет «по нюху»; при первой возможности вы оставляете ему кратное 7 и из ежовых рукавиц не выпускаете; либо он знает правило и ходит первым: он достигает кратного 7. Вы не сможете выиграть, если он не рассеян или не сделает ошибки в счете. Но компьютер не рассеян и не делает ошибок в счете (если ваша программа верна)…

Игра 17.

Выигрывающее положение — 31 декабря. Возьмите листок бумаги в клетку. Расположите по абсциссе месяцы, а по ординате дни. Так как 31 декабря выигрывает, то вы обозначаете эту точку числом Спрага-Грюнди 0. Из каждого дня декабря можно получить 31, но также и любой другой последующий день. Поэтому вы приписываете значение 1 дате 30 декабря, значение 2 дате 29 декабря, и т, д. То же для любого 31 числа; из него можно получить 31 число всех последующих месяцев. Поэтому 31 октября получает 1, 31 августа 2 и т. д.

После этого вы можете закончить значение таблицы и приписать число Спрага-Грюнди всем дням года. Вы увидите также появление дней со значением 0, которые являются выигрывающими днями. Напоминаю вам правило: каждому игровому положению приписывается наименьшее неотрицательное целое значение, отличное от значений тех положений, которые можно получить, исходя из данного, т. е. в настоящем случае — от значений тех положений, которые расположены правее, и тех, которые расположены ниже.

Закон заполнения таблицы достаточно сложен; и я не пытаюсь вам его сформулировать. Как только октябрь заполнен, появляется простая закономерность, которая дает соотношение между номером дня и номером месяца для выигрывающих положений.

Даже если вы мало знаете современную математику, вы слышали разговоры об отношении эквивалентности. Все выигрывающие положения эквивалентны. Игровое положение задается парой д, м, где д — номер дня, а м — номер месяца. Следовательно, вы должны найти такое отношение эквивалентности для пар натуральных чисел, чтобы

д, м' было не эквивалентно д, м при м ≠ м', и

д', м было не эквивалентно д, м при д ≠ д'.

Наконец, для выигрывающей позиции д, м должно быть эквивалентно 31, 12. Что-то похожее на это можно видеть в программах лицеев…

Я прекрасно понимаю, что календарь осложняет все, поскольку длина месяца не постоянна и зависит от м, причем к тому же с непростым законом изменения. Но, к счастью, оказывается, что это никак не сказывается на этом замечательном отношении эквивалентности.

После всего сказанного вы должны выпутаться из этой задачи…

Игра 18.

Эта игра — производная от средневековой игры. Сначала попытайтесь достичь 50 с точностью до кратного 7. Но как только все четыре карты, имеющие одинаковое значение, оказываются использованными, так ситуация сразу меняется. Вот пример начала партии,

Я беру туза, компьютер тоже. Сумма 2.

Чтобы получить 8, я беру 6. Компьютер берет туза. Сумма 9.

Чтобы получить 15, я снова беру 6.

Компьютер берет последнего туза. Сумма 16,

Теперь остаются следующие карты:

2 2 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4 5 5 5 5 6 6

Так как тузов больше нет, то числа Спрага-Грюнди изменились. Теперь из 49 больше нельзя получить 50.

SG(50) = 0, SG(49) = 0.

Из (48) можно получить 50. Поэтому SG(48) = 1.

Из 47 можно получить 49 и 50, но не 48. Поэтому SG(47) = 1.

Теперь положения, имеющие нулевое SG, — это

42 41 34 33 26 25 18 17

Поэтому я могу взять 2, чтобы достичь 18.

Стратегия усложняется, поскольку числа Спрага-Грюнди полностью меняются при удалении каждой карты. Но это как раз и благоприятствует компьютеру. Если он не может достичь выигрывающего положения, он берет карту, оставшуюся в наименьшем количестве экземпляров. Каждый раз, когда тот или иной тип карт исчерпывается, компьютер пересчитывает заново числа Спрага-Грюнди.

Мне придется переписать мою программу в соответствии с этой стратегией.

Игра 19. Ним-сумма.

Для меня эта игра — своего рода педагогический вызов. Я чрезвычайно раздражен тем, что все, кто излагает эту игру, ведут себя одинаково: известно, что выигрывающей стратегией является следующая… Почему она выигрывает? Откуда она вообще взялась эта стратегия?

Выписать числа Спрага-Грюнди очень трудно.

Попытаемся найти несколько выигрывающих положений.

Если к моменту своего хода я обнаруживаю только одну спичку, то я выигрываю.

Если я обнаруживаю единственную кучку, то я тоже выигрываю.

Если, кроме одной кучки, ничего больше нет, то можно положить SG(0) = 0 (я выигрываю, я взял последнюю спичку), вследствие чего SG(n) = n.

Предположим теперь, что у нас две кучки. Если я оставляю две кучки, в каждой из которых по одной спичке, то я обязательно выигрываю: мой противник должен взять столько спичек, сколько он хочет, но — только из одной кучки. У него нет выбора, он может только взять одну из спичек, после чего я возьму последнюю спичку и выиграю.

Если я оставляю две одинаковые кучки по n спичек в каждой, то у моего противника две возможности:

— взять целиком одну из кучек, я возьму другую и выиграю;

— взять часть одной из кучек и оставить в ней n' спичек. Я возьму столько же из другой, оставляя ситуацию n', n'. По индукции — я на пути к победе.

В наиболее общем случае ситуация характеризуется p целыми числами (p — число кучек). При каждом ходе изменяется одно и только одно из этих неотрицательных целых чисел и оно заменяется меньшим неотрицательным целым числом, которое может быть и нулем. Если мы исходили из выигрывающей ситуации, то новая ситуация не является выигрывающей. Если ситуация не являемся выигрывающей, то всегда можно, уменьшая одно из чисел, получить выигрывающую ситуацию (по крайней мере, если выигрывающая стратегия существует…).

Попытаемся охарактеризовать числа с помощью их цифрового представления. Изменить число — значит, изменить представляющие его цифры. Если использовать десятичное представление, то у нас в наличии 10 возможных цифр и их изучение затруднительно. Возьмем двоичное представление, для которого есть только две возможные цифры: 0 и 1. Уменьшение числа изменяет по крайней мере одну цифру этого числа, так что есть по крайней мере одна цифра 1, замененная на 0, или 0, замененный на 1. Этого должно хватить для того, чтобы заставить перейти от выигрывающего положения к проигрывающему положению. Число 0 встречаться не должно, поскольку пустые кучки, характеризующиеся нулевыми значениями, просто не считаются кучками. Характеризация выигрывающего положения должна быть поэтому связана с единицами различных чисел, записанных в двоичной системе.

Если есть две кучки с одинаковым числом спичек, то ситуация является выигрывающей. Следовательно, каково бы ни было число единиц в двоичном представлении каждого числа, положение является выигрывающим, если в каждом разряде наши два числа имеют либо 0, либо две цифры 1.

Первые выигрывающие комбинации с тремя кучками имеют вид

1, 2, 3, или в двоичной записи 01 10 11,

1, 4, 5, или в двоичной записи 001 100 101

Опять в каждом разряде наши три числа имеют либо 0, либо две цифры 1. Я разобрал достаточно случаев, чтобы подвести вас к результату К. Бутона (1902): положение является выигрывающим, если в каждом двоичном разряде суммарное число 1 двоичных представлений числа спичек в каждой кучке четно.

Совершенно очевидно, что нужно совершить прыжок для перехода от случая двух куч или первых примеров в случае трех куч к Наиболее общему случаю. Тут требуется выдумка или изобретение. Следует, иметь мужество признать, что некоторые люди имеют настоящий талант изобретать или открывать то, что совершенно не очевидно, и не всегда можно потом сказать: да никакой заслуги в этом нет, это было очевидно. Нет, это остается тайной, и преподавателя раздражает, если он оказывается вынужден давать результат, который нельзя легко «переоткрыть».

Назовем Ним-суммой двух целых чисел p и q число, которое вычисляется следующим образом:

p и q записываются в двоичной системе;

сложение выполняется поразрядно, по следующему правилу:

0 + 0 = 0, 0 + 1 = 1 + 0 = 1, 1 + 1 = 0

(сложение без переноса в следующий разряд).

Рассмотрим игру, образованную объединением n независимых игр, каждая со своими собственными правилами. Игра проходит в кучке 1 но правилам R1, в кучке 2 — по правилам R2, … в кучке n — по правилам Rn. В каждой кучке мы располагаем числом Спрага-Грюнди, зависящим от числа спичек в этой кучке. Число Спрага-Грюнди есть Ним-сумма чисел Спрага-Грюнди в каждой кучке… Красиво, не правда ли?

Обратимся к программированию обычной игры города Нима (одно и то же правило для всех кучек: можно брать столько спичек, сколько пожелаешь, но не меньше одной). Вам нужно вычислить Ним-сумму данной ситуации. Если она равна нулю, то у вас нет шансов: ситуацию придется изменить и она перестанет быть выигрывающей. Вы можете, например, взять одну спичку из самой большой кучи: это — способ замедлить конец, и вы всегда можете ожидать, что ваш противник допустит ошибку…

Если же эта сумма не равна нулю, то это в точности означает, что есть разряды, в которых при двоичном представлении единицы встречаются нечетное число раз. Рассмотрим крайний левый из таких разрядов. Нужно уменьшить число единиц в этом разряде. Выберите кучку, содержащую единицу в этом разряде (все равно какую: взять ли самую большую, первую или последнюю…). Нужно уменьшить эту кучку на «эту» единицу. Кроме того, в любом другом (расположенном правее) разряде, где стоит нечетное число единиц, нужно

если в данной кучке в этом разряде стоит 1, удалить ее;

если в данной кучке в этом разряде стоит 0, заменить его на 1.

Это дает вам новое число спичек в этой кучке.

Я видел в некоторых книгах программы для игры Нима, в которых после обнаружения ситуации с ненулевой Ним- суммой испытывались все возможные конфигурации, чтобы найти конфигурацию с нулевой Ним-суммой. Над кем они смеются?

В игре Нима вам нужно для каждого хода, делаемого компьютером, получить двоичное представление числа спичек в каждой кучке. Вам следует решить, будете ли вы пересчитывать его при каждом ходе или вы будете сохранять различные представления, так как имея единственное представление, вы после каждого хода должны изменять его…

Я полагаю, что вы знаете, как получать двоичное представление числа, Пусть

n = a p 2p + ap −1 2p −1 + . .. + a222 + a12 + а0.

Если разделить n на 2, вы получаете в остатке а0, крайнюю справа цифру двоичного представления, а частное

a p 2p −1 + ap −1 2p -2 + . .. + a22 + a1,

которое также является двоичной записью целого числа, получаемой из предыдущей записи вычеркиванием ее крайней правой цифры. По индукции (или, что то же самое, рекурсивно или итеративно) вы получите все двоичные цифры числа n справа налево.

Восстановление значения числа, исходя из двоичных цифр, производится в обратном порядке, слева направо, Сначала вы вычисляете

x0 = a p ,

x1 = 2x0 + ap −1 = 2a p + ap −1 ,

x2 = 2x1 + ap -2 = a p 22 + ap −1 2 + a p -2,

и т. д. Последнее x есть искомое значение,

Игра 20.

Об этой игре я вам больше ничего не скажу. Совершенно необходимо, чтобы вы хотя бы время от времени работали, Впрочем, если я вам ничего не говорю, то дело, вероятно, в том, что я вам уже достаточно рассказал. Это — новая головоломка: выясните, почему у меня нет нужды что- либо вам еще говорить…

Игра 21.

Не протестуйте, я вам помогу… Что бы вы без меня делали? Но кстати, нужно быть честным — я был вдохновлен книгой Роуза Болла [BAL].

В начале игры у вас одна-единственная строка: Спраг-Грюнди… По прошествии некоторого времени она разбивается на много строк, и связанное с ними число Спрага-Грюнди есть Ним-сумма чисел Спрага-Грюнди для каждой строки. Следовательно, нужно вычислить числа Спрага-Грюнди для одной строки, и этого будет достаточно, Вот начало:

0 SG(0) = 0

Из 1 вы достигаете 0: SG(1) = 1.

Из 2 вы достигаете либо 1, либо 0. Поэтому SG(2) — наименьшее целое неотрицательное, отличное от 0 и 1; следовательно, SG(2) = 2.

Исходя из 3, вы можете получить либо одну строку с 2 спичками (SG = 2), либо одну строку с одной спичкой (SG = 1), либо две строки по одной спичке в каждой (удалив среднюю спичку). Но число SG(1, 1) есть Ним-сумма 1 в 1 и потому равно нулю. Следовательно, SG(3) равно трем. Таким же образом вы находите

0 1 2 3 1 4 3 2 1 4 2 6 4 1

Р К. Ги доказал, что начиная с 71, эта последовательность становится периодической с периодом 12. Я не представляю себе, для чего это может быть вам нужно — разве что, если это доставит вам удовольствие, чтобы передоказать его.

Задайте компьютеру таблицу первых чисел Спрага-Грюнди, снабдите его Ним-суммой. Остальное просто.

Игра 22.

Каждая вершина может быть связана с 5 другими, что создает 6 × 5 = 30 связей. Но каждая из них считается дважды (связь между A и B и между B и A). Поэтому есть 15 отрезков, которые нужно провести. Если игра полностью сыграна и все пути пройдены, то у одного из игроков на чертеже должно быть 8 отрезков (у того, который начинает). Они связывают 16 вершин, и поскольку в игре участвует только 6 вершин, то имеется хотя бы одна вершина, из которой выходят три отрезка. Пусть B, C и D — достигаемые этими отрезками вершины (см. рис. 36). Либо этот игрок прошел один из путей связывающих эти вершины, и тогда он проиграл. Либо он ни одного из них не провел, и тогда их провел его противник и противник проиграл…

Может оказаться, что проведено 14 отрезков, не образующих треугольников (как показано на рис. 37).

В этой позиции можно быть уверенным, что кто начинал, тот и проиграет, поскольку нет возможности свести партию вничью. Число возможных комбинаций очень велико, и вы не можете ожидать, что компьютер перепробует все возможные комбинации, прежде чем принять решение. Нужно отказаться от комбинаторных соображений и играть эвристически. Первый ход, если его делает компьютер, не важен: все прямые равноценны. После этого у компьютера остается не более 14 возможных линий, и он их все исследует. Каждой из них он сопоставляет вес: О, если эта линия завершает треугольник из его линия, и он тем самым проигрывает; 1, если эта линия завершает треугольник для его противника, так как она оставляет противнику шанс проиграть; максимальный вес, если эта линия связывает еще не использованные вершины. Когда все линии испытаны таким образом, компьютер делает ход с наибольшим весом. Его стратегия оценит шкалу весов, которые вы будете выбирать.

Игра 23.

В этой игре вы не можете охарактеризовать ситуации числом спичек, оставшихся в кучке, потому что этого недостаточно; нужно еще знать, сколько спичек только что было взято, так как именно это определяет максимальное число спичек, которые вы можете взять. Поэтому нужно определить ситуацию парой

p: число спичек, оставшихся в кучке,

q: число спичек, которое только что было взято.

Положение 0 является выигрывающим, каково бы ни было число спичек, только что взятых, чтобы достичь этого состояния:

SG(0, q) = 0.

Исходя из 1, мы всегда проигрываем, поскольку обязаны взять единственную оставшуюся спичку:

SG(1, q) = 1.

Если у вас осталось две спички, то всегда можно одну взять и одну оставить, следовательно, SG(2, q) ≠ 1, или можно взять две и закончить игру:

SG(2, q) = 2.

Начиная с трех, выбор меняется.

Для 3, 1 ваш противник может взять 1 и оставить пару 2, 1, следовательно, SG(3, 1) ≠ 2, либо взять 2 и оставить пару 1, 2, так что SG(3, 1) ≠ 1. Но большее количество изымать нельзя. Наименьшее неотрицательное целое, отличное от 1 и 2, есть 0:

SG(3, 1) = 0.

Если вы оставляете 3, взяв больше, чем одну спичку, то противник может взять и 3, достигая 0 с SG (0, 3) = 0, и, следовательно,

SG(3, q > 1) = 3.

Все, что от вас здесь требуется — продолжить это изучение достаточно далеко, чтобы дать компьютеру список выигрывающих положений, — и тогда ваша программа будет непобедимой.

Игра 24.

Я много раз излагал нижеследующее различным программистам и каждый раз оставался в недоумении, видя, что они не считают это «очевидным».

Вы играете в «Гениального отгадчика», вы ищете неизвестную комбинацию; чтобы сделать это, вы предлагаете комбинации c1, c2, …, c k . Для каждой из них вы получаете ответ о числе белых и черных шашек:

б1, ч1; б2, ч2; …; 6k , чk .

Следующая предлагаемая комбинация должна быть такой, которая при сравнении с c1 дает ч1 черных и б1 белых шашек; …; при сравнении с c k она должна давать чk черных и бk белых шашек. Почему? Вы ищете неизвестную комбинацию. Но эта комбинация дает при сравнении с комбинацией c i именно чi черных и бi белых шашек. Бесполезно искать решение вне множества комбинаций, обладающих этим свойством: там его не может быть.

Следовательно, у вас есть простая стратегия. Допустите, что вы уже каким-то образом выбрали x первых комбинаций, где x фиксировано. Компьютер располагает значениями чi , бi для i от 1 до x. Вы предоставляете ему возможность перепробовать все комбинации и запоминать только те, которые дают при сравнении с уже испытанными комбинациями правильные значения черных и белых шашек.

Так как возможных комбинаций много, то нужно попытаться не перебирать их все заново при каждой следующей попытке. Вы можете, например, начать с первой позиции новой комбинации. Вы присваиваете ей первый цвет, а затем смотрите, сколько черных шашек он образует с уже испытанными комбинациями. Если он дает черную шашку с комбинацией, с которой ее не следует давать, то этот цвет нужно отбросить. Когда вы уже нашли подходящий цвет для этой позиции, переходите к следующей. Она может дать вам слишком много черных шашек, и это событие очень даже вероятно. Мало таких комбинаций, которые черных шашек не дают совсем, и больше таких, которые дают не более одной. То, что было зафиксировано для первого цвета, не может быть использовано для второго, Но заметьте, что у вас есть и другой случай для отбрасывания: если нужно получить три черных шашки при сравнении с некоторой комбинацией и если первая позиция никакого вклада не вносит, то необходимо, чтобы вторая позиция вносила свой вклад (предполагая, что есть 4 позиции). Действуя таким образом, вы достигаете в конце концов комбинации с правильным числом черных шашек. Тогда нужно проверить белые. Если они принимают нужные значения для всех предложенных комбинаций, то у вас готово новое предложение, и вы получите либо успех, либо новые элементы для сравнения.

Если испытание комбинации потерпело неудачу, то вы переходите к следующей, начиная, если это возможно, с последнего, отступая на одну позицию и испытывая следующий цвет на этой самой позиции.

Для экономии вычислений вы можете быть заинтересованы в том, чтобы сохранить некоторые результаты, полученные во время исследования одной позиции за другой. Но внимание! Когда вы возвращаетесь назад, нужно знать, как определить, что нужно сохранить, а что исключить. Используйте при необходимости изучение «гениального ответчика» (игра 6), чтобы выбрать наилучший способ определения белых и черных шашек.

Игра 25.

Как и при игре Сима, невозможно действовать из комбинаторных соображений, т. е. изучать при каждом ходе компьютера все окончания всех возможных партий. Поэтому нужно взвешивать различные ситуации и делать наилучший ход.

Я предоставляю вам выбор весов…

Игра 26.

Все то же самое. У вас 7 игровых положений. Поэтому ваша программа должна пробежаться по 7 столбцам и для каждого из них вычислить вес игрового положения. Ход определяется положением с наибольшим весом. Если есть два положения с одинаковым весом, предпочтительнее более высокое.

Чтобы определить веса игрового положения, нужно видеть, принадлежит ли оно отрезку из четырех игровых положений, уже содержащему 3 ваших шашки (тогда именно так и нужно играть: максимальный вес) или 3 шашки противника (максимальный вес минус 1). Если игровое положение находится на пересечении двух отрезков, содержащих по две шашки противника и ничего больше, то оно представляет очень большой интерес для хода. Продолжите этот анализ, и ваша программа будет носить ваш отличительный знак.

Совершенно ясно, что для каждого игрового положения нужно знать состояние всех проходящих через него отрезков. В этой игре есть 50 различных отрезков с 4 положениями. Выбор ясен:

— либо на каждом ходе вы определяете с помощью программы состояние всех отрезков, проходящих через точку;

— либо у вас есть таблица, задающая состояния всех отрезков. В этом случае нужно обновлять данные после каждого хода.

После всего этого вам нужно сделать еще один выбор. Пусть дано игровое положение, нужно узнать список проходящих через него отрезков;

— либо вы определяете его с помощью программы,

— либо вы его задаете с помощью таблицы. Поскольку она не меняется в течение игры, то эта таблица вычисляется раз и навсегда.

Поскольку одно и то же игровое поле может изучаться несколько раз, то, конечно, более выгодно устроить обращение к таблице. Но вам придется преодолеть две трудности: число отрезков, проходящих через данную точку, не постоянно, но меняется от точки к точке, таблицу очень неприятно распечатывать. Я написал верную программу, но я сделал немало ошибок при наборе таблицы и пришлось их исправлять,..

Остается способ вычисления состояния отрезка. Я принял следующее соглашение:

— поле, ход на которое невозможен, обозначается 0 (нулем);

— поле, ход на которое возможен, обозначается 1.

Так как нужно изучить отрезки, проходящие через игровое поле, то их наименьшее число 1, но может доходить и до 4. Поэтому нужно быть в состоянии выделять среди них сегмент, содержащий игровое поле и шашку +. Следовательно, придадим такой шашке значение 4. Может появиться отрезок, содержащий ·+++ со значением 13, отличающийся от сегмента с игровым полем и шашкой 0.

Поэтому я придаю такой шашке значение 13. В общем, можно взять в качестве значения отрезка сумму значений пометок на этом отрезке. Наконец, нужно задать таблицу, сопоставляющую вес каждому возможному значению отрезка.

В вашу программу входит тогда много данных, но взамен у вас отличное время ответа. Если у вашего компьютера память слишком мала, чтобы иметь возможность сохранить все данные, не храните их и проделывайте вычисления, когда это необходимо. Тогда вы потеряете время на ответ, и выигрыш в пространстве не обязательно будет слишком большим: ведь вы замените данные программой…

 

5. Стратегия без игры (выигрывающие стратегии)

Игра 27.

Чтобы найти рекурсивное решение в игре НАДЕВАТЬ, нужно действовать по индукции. Назовем НАДЕВАТЬ(n) решение, которое помещает n шашек на первоначально пустое игровое поле. Предположим, что мы умеем выполнять задание игры НАДЕВАТЬ для p, меньших n.

Как поставить на место последнюю шашку? Мы не можем ее поставить, если это поле не является следующим за первым полем, занятым шашкой. Следовательно, для ее помещения на место нужно, чтобы в игре участвовала одна-единственная шашка шашка с номером n − 1. С помощью НАДЕВАТЬ(n − 1) можно поставить на место все шашки от 1 до n − 1. Если мы удалим все шашки от 1 до n − 2, то останется только шашка n − 1, можно будет поставить шашку n, а затем снова надеть шашки от 1 до n − 2:

НАДЕВАТЬ(n) = НАДЕВАТЬ(n − 1);

СНИМАТЬ(n − 2); поместить(n); НАДЕВАТЬ(n − 2)

То же самое вы должны проделать и для СНИМАТЬ. Эта запись не учитывает простых частных случаев, позволяющих избежать в этом рекурсивном определении порочного круга: оно должно содержать не рекурсивные случаи, Определение должно включать n − 1 и n − 2, Вы можете либо определить игру НАДЕВАТЬ для n = 0 (ничего не делать) и n = 1 (поставить первую шашку, что всегда возможно), либо для n = 1 и n = 2. Вы сами решите, как лучше сделать.

Но еще более удивительно изучение «итеративной» стратегии для этой игры, т, е. последовательности ходов, приводящих к выигрышу. Рассмотрим игру НАДЕВАТЬ. Вы увидите, что первый ход предопределен. Используйте тот факт, что ход не должен разрушать то, что было сделано на предыдущем ходе. Вы установите, что

— вы делаете первой шашкой один ход из двух,

— остальные ходы полностью определены,

так что в игре НАДЕВАТЬ нет никакого выбора. Она полностью определена на каждом ходе: делайте единственно возможный не глупый ход…

Для игры СНИМАТЬ есть два способа начать игру:

— удалить сначала шашку 1 (это возможно всегда),

— удалить сначала шашку 2 (это шашка, которая следует за первой шашкой, расположенной на игровом поле).

Никакого другого выбора сделать уже нельзя, все остальное полностью определено, Выясните, как сделать этот первый выбор.

Игра 28.

Есть только одно указание, чтобы помочь вам, если вы не нашли решение: есть промежуточное решение, в котором шашки перемежаются. Вы можете составить сначала рекурсивную процедуру, которая их перемежает, а затем рекурсивную процедуру, которая их заново разделяет. Но вы можете сделать это и итеративным способом…

Игра 29.

Используйте индукцию или ее двоюродную сестру рекурсию. Если у вас на вашем компьютере рекурсивных возможностей нет (бедные владельцы Бейсика…), используйте ее по крайней мере в вашем черновике: хорошая рекурсивная процедура — лучшее из описаний решаемой задачи.

Решите сначала задачу с 8 буквами и 10 полями.

Рассмотрим теперь более общую задачу. Пусть X обозначает некоторую последовательность пар аб без пустых полей. Используя предыдущий метод (та же последовательность ходов плюс один), перейдите от ситуации

..абабХабаб

к ситуации

бббб..Хаааа

затем решите задачу для X и отправьте два последних а на их место.

Но таким способом вы не охватываете всех возможных случаев. Нужно найти решения в других частных случаях. Вы легко найдете, в каких.

Игра 30.

Это — типичная игра, которая анализируется методом систематического перебора всех возможных решений. Их гораздо меньше, чем может показаться, до такой степени, что в наиболее простых случаях все это выполнимо вручную. Так, для креста на рис. 23 есть (с точностью до симметрий) только три игровых хода.

Если вы поднимете шашку на пересечении двух ветвей креста, то следующие два хода вынуждены и вы проиграли. Если вы спустили шашку до низа креста, то у вас после этого есть выбор между двумя ходами и в любом случае вы проигрываете. Если вы перемещаете шашку на пересечении двух ветвей креста вправо (или влево), то следующий ход вынужден, а затем у вас есть выбор между тремя ходами, два из которых сразу проигрывают, а оставшийся выигрывает.

Тогда без колебаний составляйте:

— либо рекурсивное решение. У меня есть процедура, которая решает задачу с n шашками. Какова бы ни была начальная конфигурация, для любого возможного хода вы этот ход осуществляете и решаете задачу с n − 1 шашками;

— либо итеративное решение. Оно отличается от предыдущего только необходимостью восстанавливать игру при возвращении назад. Это приводит вас к вопросу о представлении игры. Возможностей много…

Игра 31.

Поскольку рекурсивное решение тащится по всем книгам, я его вам здесь и предлагаю: это избавит вас от поисков…

Нужно перенести диски со стержня номер н (начального) на конечный стержень номер к. Номер запасного стержня x (хранилища) таков, что н, к, x есть перестановка чисел 0, 1, 2, поэтому н + к + x = 3. Номер запасного стержня равен 3 − н − к. Чтобы решить задачу, перенесем n − 1 первых дисков со стержня н на стержень x с помощью Н(n − 1, к, 3 − к − н).

Затем мы переносим последний диск n с н на к, что обозначается

Р(n, н, к).

Эта процедура, которая реализует, например, сообщение

n ИДЕТ С н НА к

Наконец, мы переносим n − 1 первых дисков с запасного стержня на стержень к:

Н(n −1, 3 − н − к, к).

Нужен частный случай, не являющийся рекурсивным. Если диск всего один, то можно сразу перенести его от н к к:

Н ( р , н , к ) = ЕСЛИ р = 1 ТО Р (1, н , к ) ИНАЧЕ Н ( р − 1, н , 3 − н − к )

Р ( р , н , к )

Н ( р − 1, 3 − н − к , к )

КОНЕЦ_ЕСЛИ

Проще некуда. Как же может случиться, что находятся и такие, кому эта процедура внушает опасения? В том ли дело, что они не видят, как на самом деле двигаются шашки? Или дело в том, что они испытывают сомнения в правильности процедуры? Продумайте это решение: если оно составляет для вас задачу, то только потому, что вы не владеете рекурсией, и жаль, что это так…

Число ходов игры легко выводится из этой процедуры. Обозначим через f(p) число ходов, необходимых для игры с p дисками. Из рекурсивной процедуры следует, что

f(1) = 1,

f(p) = 2 * f(p − 1) + 1.

(Почему?) Исходя из этого, вы можете вычислить f(p) (на самом деле g(p) = f(p) + 1 имеет более простой закон построения, чем f(p). Образуйте сначала этот закон, найдите решение, а затем выведите закон для f(p)).

Чтобы доказать свойство, касающееся четности дисков, действуйте по индукции подходу вычислений. Предположите, что это свойство выполняется для Н(р − 1, …). Покажите, что от сюда следует его справедливость и для Н(р, …).

У вас не получается? Вот дополнительная помощь. Начнем с переноса р − 1 дисков на запасной стержень. Пока не передвинут (р − 1)-й диск, нп один диск не кладется непосредственно на диск с номером р, и требуемое свойство выполняется. Рассмотрим момент, когда р − 2 дисков находятся на одном стержне, диски с номерами р − 1 и р — на другом стержне, а третий стержень пуст, Вы перемещаете диск с номером р − 1. Теперь, поскольку нужно переместить первые р − 2 дисков на диск с номером р − 1, то диски будут оказываться на диске с номером р. Если мы помещаем диск с номером q на диск с номером р, то для того, чтобы образовать пирамиду дисков с номерами от q до 1 и иметь возможность переместить диск с номером q + 1, который отправится на диск с номером р − 1. Но требуемое свойство выполняется для р − 1 дисков, и поэтому четность диска q + 1 не может совпадать с четностью р − 1. Следовательно, она совпадает с четностью р. Следовательно, р и q имеют разные четности.

Потренируйтесь в доказательствах такого рода…

Игра 32.

Предыдущее рекурсивное решение имеет ту особенность, что она не включает в ход игры никакого представления этой игры. Если вы хотите представить игру на экране даже символическим образом, вам придется создавать представление игры самому.

Но трудность состоит только в осуществлении видимого представления, потому что нужно учесть все, сказанное выше. Предположим, что нужно выполнить Р(р, н, к). Вы знаете, что нужно осуществить движение, которое вводит в игру диск размера р, покидающий стержень н, с которого он отправляется на стержень к. Это означает, что диск р находится на вершине стержня к, в противном случае его нельзя было бы оттуда взять. Поэтому вы можете не обращать никакого внимания на значение р.

Операция Р(р, н, к) на самом деле следующая: снять диск с вершины стержня н и поместить его на вершину стержня к.

Если представить игру в виде 3 строк с помощью последовательностей чисел, то, таким образом, достаточно снять крайнее правое число со строки н и присоединить его справа к строке к.

Если вы хотите представить стержни вертикально, создайте, кроме того, внутреннее представление с помощью трех цепочек символов и составьте процедуру вывода на экран. Это, как кажется, проще всего. Если вы не любите цепочек символов, используйте три таблицы, но вы не выиграете в легкости.

Игра 33.

Если ваш компьютер допускает рекурсию, заставьте работать рекурсивную процедуру и понаблюдайте за движением дисков. В противном случае выполните вручную рекурсивную процедуру для маленького n (например 4), что поможет вам наглядно увидеть то, что уже доказано: два диска одинаковой четности не могут оказаться друг на друге.

Вы должны заметить, что

— диск с номером 1 перемещается один раз за любые два хода,

— он перемещается циклически, причем всегда в одном направлении, а именно

либо 0 — 1 1 — 2 2 — 0…

либо 0 — 2 2 — 1 1 — 0…

Следующий ход, перемещающий диск с номером 1, полностью определен. Недостаточно проверить это, это нужно доказать. После этого итеративное решение тривиально. Можете ли вы априори определить перемещение диска с номером 1 в зависимости от четности числа дисков?

Можете ли вы сказать что-нибудь о движении остальных дисков?

Пронумеруйте ходы. Диск с номером 1 перемещается в ходах с нечетными номерами. Проверьте, а затем докажите, что диск с номером 2 перемещается в ходах с номерами 2, 6, 10, …, т. е. в ходах, номер которых кратен двум, но не кратен четырем. Обобщите. Исходя отсюда, вы можете сказать, зная номер хода, какой диск будет перемещаться, с какого стержня он уйдет и куда придет.

Красиво, не правда ли?

Игра 34.

Существование четвертого стержня не упрощает стратегию, даже наоборот. Одна из возможностей состоит в том, чтобы перемещать р верхних дисков, используя 4 стержня, затем оставшиеся диски — используя только 3 стержня (поскольку четвертый стержень блокирован башней самых маленьких дисков). Наконец, вы восстанавливаете р маленьких дисков над остальными, используя 4 стержня. Обозначим через

f4(р) — число ходов для перемещения р дисков, используя 4 стержня;

f3(р) — число ходов для перемещения р дисков, используя 3 стержня (известное число, см. игру 31).

Тогда наша стратегия дает

f4(n) = f4(р) + f3(n−p) + f4(р).

Нужно выбрать значение р, которое минимизирует эту сумму.

Первые несколько значений для /4 получить легко:

f4(1) = 1, f4(2) = 3, f4(3) = 5.

В этих случаях на самом деле есть только один способ действовать. Вычислите сначала на руках следующие значения. Воспользуйтесь вашим компьютером, чтобы составить таблицу, дающую последовательные значения для f4(n), вместе с оптимальным значением р для каждого n (оно не всегда однозначно определено. Вы по своему произволу можете выбирать из них наименьшее).

Игра 35.

Итеративная программа для игры с 4 стержнями есть обобщение итеративной программы для игры с 3 стержнями. Это видно по рекурсивной форме. Она не идеально проста…

Это замечание позволит вам перейти к любому числу стержней.

Игра 36.

Нужно снова взять все, что было нами оставлено в игре 23. Предположите, что для некоторого р существует такое значение q, что

SG(p, q) = 0.

Покажите, что в этом случае SG(р, q') = 0 для всех q' < q. Следовательно, если р таково, что SG(р, 1) = 0, то должно существовать некоторое g такое, что SG(р, g) = 0, но SG(р, g + 1) ≠ 0; g — наибольшее из значений q, дающих равенство SG(р, q) = 0.

Нужно построить последовательность p i , g i .

Вы можете показать, что если g i = 1, то pi +1 = p i + 2, в то время как если g i > 1, то pi +1 = p i + 3.

Хороший способ действия состоит в том, чтобы опереться на геометрические рассмотрения. Числа Спрага-Грюнди интересуют нас только с одной стороны— равны они нулю или нет (у нас нет намерения играть несколько игр одновременно, что избавляет нас от вычисления Ним-сумм и, следовательно, от заботы о значениях ненулевых чисел Спрага-Грюнди). Число Спрага-Грюнди равно нулю тогда и только тогда, когда невозможен никакой переход к нулевому числу. Но положение р, q допускает переходы к p − k, для k ≤ 2q. Следовательно, мы получим SG(p, q) = 0 тогда и только тогда, когда

SG(p − k, k) ≠ 0 для всех k от 1 до 2q.

Нарисуйте на плоскости две перпендикулярные оси, p как абсциссу и q как ординату. Обозначьте точки с нулевыми значениями SG.

Рассмотрите те прямые, которые проходят через точки p c SG(p, 1) = 0. Нужно изучить прямые p − k, k, где меняется от 1, т. е. те, которые параллельны биссектрисе второго и четвертого координатного угла и проходят через точку p − 1, 1.

Мы представили отрезок такой прямой для p = 28 (см. рис. 38). Он пересекает точку с нулевым значением на вертикали 21 = 28 − 7. Значит, нужно ограничить число k шестью, задавая g = 3 при p = 28.

Для p = 34 диагональ, проходящая через 33, 1 проходит над всеми отрезками с 0 для p ≠ 0 и пройдет поэтому, пересекая ось q при q = 34. Поэтому нужно ограничить число k тридцатью тремя и, следовательно, взять g = 33 : 2 = 16.

У вас есть также некоторое число таких p i , что диагональ, выходящая из p i − 1, 1, не пересекает никакого отрезка нулей перед осью q, что дает g i = (p i − 1) : 2.

Исходя отсюда, следующие числа p определяются диагоналями, которые перерезают вертикальный отрезок, выходящий из p i так, что p − p i ≤ gi = (p i − 1) : 2. Тогда можно восстановить первоначальную последовательность, несущую нули, вплоть до (p i − 1) : 2.

Теперь вы легко сможете доказать, что интересующая нас последовательность p i есть последовательность чисел Фибоначчи.

Составьте программу, перечисляющую p i , g i .

 

6. Комбинаторные задачи

Головоломка 20. Полное решение.

Поскольку эта задача всюду решена, предложим также и здесь решение: это избавит вас от поисков других решений; и, кроме того, я буду уверен, что вы посмотрели на все существенные места этой задачи. Есть книги, которые… Но это — совсем другая история.

Заметим сначала, что два ферзя не могут находиться на одной строке (горизонтали) и, поскольку нужно поставить 8 ферзей на 8 строк, то на каждой строке есть ферзь. Поэтому я буду говорить «ферзь k» вместо «ферзь, стоящий на строке k».

Точно также, есть только один ферзь в каждом столбце. Но совершенно ясно, что я не могу управлять в одно и то же время размещением и по строкам и по столбцам — собственно, это от меня в задаче и требуется. Я собираюсь поэтому размещать ферзей на последовательных строках, начиная сверху.

Чтобы начать, я помещаю ферзя в первый столбец на первой строке. Тогда мне остается решить меньшую задачу; разместить 7 ферзей на 7 последних строках шахматной доски, учитывая, что ферзь стоит на первом поле первой строки. Я получу тогда все решения с ферзем 1 в столбце 1. Затем я поставлю ферзя 1 в столбец 2 и разрешу задачу с 7 ферзями, и т. д. — 8 раз.

Обобщим. Мы собираемся решить частную, но нужную задачу: полагая, что уже есть ферзи, правильно размещенные на строках от 1 до k − 1, и зная их положение, найти все возможные решения, размещая подходящим образом ферзей с номерами от k до 8. Обозначим программу, которая это делает, через HR(k). Стратегия очень проста:

— мы пробегаем все поля на строке k,

— если поле свободно (т. е. не бьется уже поставленными ранее ферзями), то мы ставим на него ферзя k и решаем ту же задачу для k + 1.

При k = 8 задача проще всего. Не может быть более одного свободного столбца. Если он есть, то мы ставим туда последнего ферзя и записываем полученное таким образом решение. Если свободного столбца нет, то нет и решения.

Для задачи HR (k) необходимо знание состояния игры, получающегося после размещения первых k − 1 ферзей. Это предполагает по крайней мере, что известны столбцы, занятые этими ферзями. Может быть, следовало бы сказать больше. Обозначим символически «занять k, i» операцию, которая констатирует факт, что в столбце i на строке k помещен ферзь.

HR ( k =

  ДЛЯ i := 1 ДО 8 ВЫПОЛНЯТЬ

    ЕСЛИ место k , i свободно ТО

      занять k , i

ЕСЛИ k = 8 ТО выписать решение

    ИНАЧЕ HR(к + 1)

    КОНЕЦ_ЕСЛИ

    освободить k , i

  КОНЕЦ_ЕСЛИ

ВЕРНУТЬСЯ

Операция «освободить k, i» отменяет то, что делает операция «занять k, i». Для решения задачи нужно изложить последовательность инициализации, отмечающую, что ничего не сделано и ни один ферзь в игре не участвует, а затем вызвать HR (1).

Эта процедура рекурсивна, так как она обращается сама к себе. Тщательно изучите ее. Если вы исходите из гипотезы, что HR (k + 1) находит и выводит такие решения, у которых первые k ферзей стоят там, где они поставлены, то у вас не будет никаких затруднений в том, чтобы убедиться, что эта процедура совершенно правильна. Используйте крайние случаи: k = 8 и начальное обращение с k = 1.

Если у вас в наличии нет никакого другого языка, кроме Бейсика, или если вы раб своего языка до такой степени, что не желаете учить что-нибудь, кроме Бейсика, то вам придется писать итеративное решение. Это сложнее.

Будем исходить из наиболее общей ситуации. Пусть на шахматной доске уже размещено k − 1 ферзей. Обозначим это состояние буквой С (в смысле «самое общее состояние»). Это состояние раскладывается на три подсостояния:

— уже размещено по местам 8 ферзей (k − 1 = 8): состояние С8;

— на строке с номером k есть допустимое место для ферзя: состояние СОК;

— либо строка с номером k блокирована полностью, либо все возможные поля на ней уже исследованы: СБ.

Запишем кусок программы, который различает эти три случая:

С: ЕСЛИ k = 9 ТО С8

  ИНАЧЕ искать первое свободное поле на строке k и придать значение этого поля величине i ;

  ЕСЛИ нет таких полей ТО СБ

  ИНАЧЕ СОК КОНЕЦ_ЕСЛИ

КОНЕЦ_ЕСЛИ

Рассмотрим теперь каждое из подсостояний.

СОК: есть свободное место в точке k, i. Туда ставим ферзя k и получаем снова самое общее состояние с еще одним размещенным ферзем.

Формально:

СОК: занять k , i ; k := k + 1; С

Если строка k блокирована, а также если она полностью исследована, то нужно изменить выбор, который был сделан для ферзя k − 1, и передвинуть его на свободное место правее (если оно есть). Это возвращение назад относится непосредственно к ферзю k − 1 и, следовательно, сохраняет только k − 2 первых ферзей, что вызывает необходимость уменьшить k на 1. Может случиться, что это приведет нас к k = 0, т. е. может случиться, что все места на строке 1 уже исследованы и, следовательно, работа закончена, что мы обозначим как состояние Я, конец программы.

СБ: k := k − 1;

  ЕСЛИ k = 0 ТО Я

    ИНАЧЕ найти место i ферзя k ; освободить k , i ;

    найти первое свободное поле на строке k , расположенное правее i , и придать значение этого поля величине i ;

    ЕСЛИ нет таких полей ТО СБ

    ИНАЧЕ СОК КОНЕЦ_ЕСЛИ

  КОНЕЦ_ЕСЛИ

Когда 8 ферзей уже размещены, нужно записывать решение. Бесполезно искать другое место для восьмого ферзя, потому что если на восьмой строке и есть свободное место, то только одно. Таким образом, строка 8 оказывается полностью исследованной и нужно снова размещать 7 предыдущих ферзей. А состояние, в котором строка 8 полностью исследована, — это состояние СБ с k = 8.

С8: выписать решение;

  найти место i ферзя 8;

  освободить 8, i ;

k := 8; СБ

Остается пустить этот процесс в ход. В начале ни один ферзь в игре не участвует и, следовательно, k − 1 = 0. Нужна инициализация, которая бы это открыто провозглашала:

ПРОГРАММА: k := 1; инициализировать игру; С

Объединим куски. Мы получим программу, реализующую автомат, как мы уже видели в игре 12. Вы можете рассматривать имена, написанные прописными буквами (С, СБ, СОК, С8, ПРОГРАММА) как метки, позволяющие отсылать к части программы, в начале которой стоят эти имена со знаком «:» после них, и как инструкцию ПЕРЕЙТИ К, если они указаны в конце последовательности операций. Поэтому все это непосредственно переводится на совершенно любой язык.

ПРОГРАММА: k := 1; инициализировать игру; С

С: ЕСЛИ k = 9 ТО С8

  ИНАЧЕ искать первое свободное поле на строке k и придать значение этого поля величине i ;

  ЕСЛИ нет таких полей ТО СБ

  ИНАЧЕ СОК КОНЕЦ_ЕСЛИ

КОНЕЦ_ЕСЛИ

СОК: занять k , i ; k := k + 1; С

СБ: k := k − 1;

  ЕСЛИ k = 0 ТО Я

    ИНАЧЕ найти место i ферзя k ; освободить k , i ;

    ИСКАТЬ первое свободное поле на строке k , расположенное правее i , и придать значение этого поля величине i ;

    ЕСЛИ нет таких полей ТО СБ

    ИНАЧЕ СОК КОНЕЦ_ЕСЛИ

  КОНЕЦ_ЕСЛИ

С8: выписать решение;

  найти место i ферзя 8;

  освободить 8, i ;

k := 8; СБ

Мы можем улучшить эту программу. Неприятно иметь необходимость находить заново место ферзя в строке, тем более, что знание этого места необходимо дли вывода на экран полученного решения. Заменим i номером c[k] столбца, где расположен ферзь k. Тогда искать место этого ферзя больше не нужно. Именно операция «занять k, i» и будет давать величине c[k] значение i. У нас есть два похожих отрывка в программе:

— в СБ:

искать первое свободное поле на строке k , расположенное правее i , и придать значение этого поля величине i ;

ЕСЛИ таких полей нет ТО СБ

ИНАЧЕ СОК КОНЕЦ_ЕСЛИ

— в С:

искать первое свободное поле на строке k и придать значение этого поля величине i ;

ЕСЛИ таких полей нет ТО СБ

ИНАЧЕ СОК КОНЕЦ_ЕСЛИ

Второй отрывок идентичен первому, если вместо того, чтобы искать первое свободное поле (что подразумевается как начальный ход), мы потребуем искать первое свободное поле после i, где i придано значение 0. Эту общую последовательность команд мы назовем И (от «искать»). Вот новая программа:

ПРОГРАММА: k := 1; инициализировать игру; С

С: ЕСЛИ k = 9 ТО С8

  ИНАЧЕ c [ k ] := 0; И

КОНЕЦ_ЕСЛИ

КОНЕЦ_ЕСЛИ

И: искать первое свободное поле на строке k после c [ k ]

  и придать значение этого поля величине c [ k ];

  ЕСЛИ таких полей нет ТО СБ

  ИНАЧЕ СОК КОНЕЦ_ЕСЛИ

СОК: занять k , c [ k ]; k := k + 1; С

СБ: k := k − 1;

  ЕСЛИ k = 0 ТО Я

    ИНАЧЕ освободить k , c [ k ]

      И

  КОНЕЦ_ЕСЛИ

С8: выписать решение;

k := 8; освободить k , c [ k ], СБ

Мы можем еще немного выиграть. Значение 9 для k не может быть достигнуто иначе как после размещения ферзя на строке 8 с помощью СОК. Вместо того, чтобы проверять справедливость соотношения к = 9 в С, можно сделать это в СОК. Если нужно разместить восьмого ферзя, то бесполезно требовать «занять k, i» с тем, чтобы сразу после этого освободить указанное поле. Отсюда — новая, еще более простая программа.

ПРОГРАММА: k := 1; инициализировать игру; С

С: c [ k ] := 0; И

И: искать первое свободное поле на строке k после c [ k ]

  и придать значение этого поля величине c [ k ];

  ЕСЛИ таких полей нет ТО СБ

  ИНАЧЕ СОК КОНЕЦ_ЕСЛИ

СОК: ЕСЛИ k = 8 ТО записать решение; СБ

  ИНАЧЕ занять k , c [ k ]; k := k + 1; С

СБ: k := k − 1;

  ЕСЛИ k = 0 ТО Я

    ИНАЧЕ освободить k , c [ k ]; И

  КОНЕЦ_ЕСЛИ

Дальше можно выиграть не так уж много, и мы в своих преобразованиях, направленных на улучшение программы, остановимся здесь. Читатель мог бы и удивиться моему способу работать: почему нельзя сразу дать хорошую программу? Потому что, по моему мнению, ее трудно получить сразу. Я мог бы с помощью мелких замечаний представить ее вам без каких-либо промежуточных рассуждений. Читатель был бы восхищен моей сноровкой, но, может быть, заявил бы, что программы такого рода ему самому недоступны, и отказался бы и от этого упражнения, в от остальных упражнений из этого семейства. Если, напротив, читатель находит последнюю программу очевидной, то это потому, что его интуиция намного богаче моей, и он выходит из этой работы ободренный: он еще более ловок, чем автор, браво! И во всех случаях я выигрываю.

Перечитаем нашу программу, чтобы лучше понять ее стратегию. Мы начинаем с пустой шахматной доски. Строчка за строчкой мы ищем первое свободное поле и занимаем его. Это — цикл, который идет от С к И, затем в СОК и затем в С, и который останавливается, когда либо все ферзи уже размещены (выход в СБ из СОК), либо, что более вероятно, когда одна из строк блокирована (выход в СБ из И).

Если строка блокирована (или после того, как решение выписано), мы поднимаемся строчкой вверх (k := k − 1 в СБ), освобождая ферзей, пока не окажется возможным передвинуть какого-то ферзя правее (цикл СБ, И, СБ из И). Как только оказывается возможным переместить ферзя правее, он туда перемещается и возобновляется спуск.

Учитывая все это, мы видим, что наша стратегия достаточно проста и выглядит естественной, как только мы к ней привыкаем: ведь привычка — вторая натура, не так ли?

Существенное замечание: я говорю о программе так, как будто она закончена. Но еще ничего завершенного нет: вы никак не можете ввести эту программу в машину, потому что все записано символически. Как вы узнаете, является ли поле свободным? Что это такое — занять поле? Такая ситуация не является исключительной: мы можем обсуждать стратегию программы, совсем не обсуждая представление данных. Две вещи полностью разделены;

— алгоритм или стратегия, которой мы следуем при проведении вычислений;

— структуры данных, или способ представления элементов вычислений посредством основных типов, имеющихся в распоряжении используемого языка (в основном: числа, символы, таблицы или массивы чисел, цепочки символов).

Это — один из фундаментальных принципов программирования: стараться отложить на как можно более позднее время любое решение относительно выбора наиболее удобного представления данных. Рассмотрите сначала стратегию, которой вы следуете, используя символические формулы, которые вы впоследствии разовьете. Есть только две возможности:

— либо, как в рассматриваемом случае, вы приходите к цели. Как только этот первый этап пройден, вы спокойно обсуждаете представление данных;

— либо вы не в состоянии добраться до цели вследствие некоторого влияния структуры данных на стратегию. Такое бывает. Когда вы не можете продвинуться дальше в разработке стратегии, тогда начинайте с выбора представления данных, в котором вам послужит все то, что вы уже сделали к этому времени, и вы учтете то, что вас остановило.

Программирование всегда должно идти нисходящим путем. Сначала — алгоритм или стратегия. Потом — структура данных.

Посмотрим, какие структуры данных возможны в нашей задаче. Первая, наиболее естественная идея: я представляю шахматную доску с помощью квадратной таблицы с 8 строками и 8 столбцами. Я ставлю нули на пустые клетки. Чтобы найти свободное поле на строке, я перебираю поле за полем на строке, пока не нахожу поле с нулем. Это просто. Но как теперь занять поле k, c[k]? Поместив туда значение k. Это тоже просто. Но ферзь, которого нужно разместить, бьет некоторое количество полей, и их уже нельзя будет в дальнейшем занимать. Чтобы это учесть, нужно записать значение к по всем ранее свободным полям, которые теперь бьет этот новый ферзь. Здесь нужен цикл для занятия полей под ферзем на той же вертикали, а затем два других цикла — для каждой из диагоналей, проходящих через это поле (бесполезно занимать поля строки, потому что строка больше рассматриваться не будет). Это проще всего. Что касается освобождения, то нужно пробежать по шахматной доске и заменить там все значения k нулями. Очень долго…

Но как же иначе? Если что и составляет существенную необходимость, то именно знание, можно использовать поле или нет. Как бы я поступил при работе вручную? Выяснил бы, есть ли ферзи в том же столбце или на диагоналях, проходящих через это поле. Следовательно, мне достаточно знать состояние занятости столбцов и диагоналей. Я могу найти выход с помощью трех таблиц: одна — для столбцов, другая — для левых диагоналей, третья — для правых диагоналей. Чтобы узнать, свободно ли поле, я стану выяснять, свободны ли проходящие через него диагонали и столбец. Чтобы занять поле, я отмечу, что его столбец и диагонали заняты. Чтобы его освободить, я отмечу, что они свободны. Циклов больше нет. Вот хорошее решение.

Таким образом, нужен вектор с 8 полями, чтобы сказать, свободны ли столбцы. Обозначим этот вектор cm. Тогда cm[i] = 0 будет означать, что в столбце i нет ни одного ферзя. Его не надо путать с c[k], который отвечает на вопрос, в каком столбце стоит ферзь k.

Диагонали характеризуются тем условием, что сумма или разность номеров строки и столбца постоянны. Обозначим через дп диагонали, соответствующие сумме, дм — диагонали, соответствующие разности. В первом приближении диагонали, соответствующие полю k, i, суть дп[k + i] и дм[k − i].

Но при 1 ≤ k ≤ 8, 1 ≤ i ≤ 8 сумма меняется от 2 до 16, а разность — от −7 до 7. Чтобы остаться в промежутке от 1 до 13 (чего некоторые языки просто требуют), нужно вычитать 1 из суммы и прибавлять 8 к разности, Тогда диагонали, проходящие через k, i, суть дп[k + i − 1] и дм[k − i + 8].

Операция «искать первое свободное поле…» реализуется маленьким циклом в программе. Вот — на псевдоязыке, используемом в этой книге и близком к Бейсику, LSE и языку Паскаль, — что из всего этого получается:

  ТАБЛИЦА с[8]Да и от языка, который вы используете. — Примеч. ред.
Да и от языка, который вы используете. — Примеч. ред.
, ст[8]Да и от языка, который вы используете. — Примеч. ред.
Да и от языка, который вы используете. — Примеч. ред.
, дп[15]Имеется в виду постановка Блезом Паскалем (1623–1662) вопроса о вере в существование бога как задачи о выборе стратегии в азартной игре («Мысли», отрывок 233): «Взвесим выигрыш и проигрыш, ставя на то, что бог есть. Возьмем два случая: если выиграете, вы выиграете все; если проиграете, то не потеряете ничего. Поэтому, не колеблясь, ставьте на то, что он есть» (Антология мировой философии в четырех томах, Том 2, М., «Мысль», 1970, С. 306). — Примеч. пер.
Имеется в виду постановка Блезом Паскалем (1623–1662) вопроса о вере в существование бога как задачи о выборе стратегии в азартной игре («Мысли», отрывок 233): «Взвесим выигрыш и проигрыш, ставя на то, что бог есть. Возьмем два случая: если выиграете, вы выиграете все; если проиграете, то не потеряете ничего. Поэтому, не колеблясь, ставьте на то, что он есть» (Антология мировой философии в четырех томах, Том 2, М., «Мысль», 1970, С. 306). — Примеч. пер.
, дм[15]Имеется в виду постановка Блезом Паскалем (1623–1662) вопроса о вере в существование бога как задачи о выборе стратегии в азартной игре («Мысли», отрывок 233): «Взвесим выигрыш и проигрыш, ставя на то, что бог есть. Возьмем два случая: если выиграете, вы выиграете все; если проиграете, то не потеряете ничего. Поэтому, не колеблясь, ставьте на то, что он есть» (Антология мировой философии в четырех томах, Том 2, М., «Мысль», 1970, С. 306). — Примеч. пер.
Имеется в виду постановка Блезом Паскалем (1623–1662) вопроса о вере в существование бога как задачи о выборе стратегии в азартной игре («Мысли», отрывок 233): «Взвесим выигрыш и проигрыш, ставя на то, что бог есть. Возьмем два случая: если выиграете, вы выиграете все; если проиграете, то не потеряете ничего. Поэтому, не колеблясь, ставьте на то, что он есть» (Антология мировой философии в четырех томах, Том 2, М., «Мысль», 1970, С. 306). — Примеч. пер.

     k := 1

  ДЛЯ j := 1 ДО 8 ВЫПОЛНЯТЬ

    ст[j] = 0

  ВЕРНУТЬСЯ

  ДЛЯ j := 1 ДО 15 ВЫПОЛНЯТЬ

    дп[ j ] := 0; дм := 0

  ВЕРНУТЬСЯ

С c [ k ] : = 0

И i := c [ k ] + 1

  ВЫПОЛНЯТЬ

    ЕСЛИ i = 9 ТО КОНЧЕНО

    КОНЕЦ_ЕСЛИ

    ЕСЛИ ст[ i ] = 0 И дп[ k + i − 1] = 0 И

      дм[ k − i + 8] = 0 ТО КОНЧЕНО

    КОНЕЦ_ЕСЛИ

     i := i + 1

  ВЕРНУТЬСЯ

  ЕСЛИ i = 9 ТО ПЕРЕЙТИ К СБ КОНЕЦ_ЕСЛИ

СОК c [ k ] := i

  ЕСЛИ k = 8 ТО ВЫВЕСТИ c ;

  ПЕРЕЙТИ К СБ КОНЕЦ_ЕСЛИ

  ст[ i ] := k ; дп[ k + i − 1] := k ;

  дм[ k − i + 8] := k ; k := k + 1

  ПЕРЕЙТИ К С

СБ k := k − 1

  ЕСЛИ k = 0 ТО ПЕРЕЙТИ К Я КОНЕЦ_ЕСЛИ

   i := c [ k ]; ст[ i ] := 0; дп[ k + i − 1] := 0;

  дм[ k − i + 8] := 0

  ПЕРЕЙТИ К И

Я КОНЕЦ_РАБОТЫ

У вас теперь есть все, что только может быть вам нужно для того, чтобы это заработало на вашем компьютере.

Что касается симметрии, то вот указание. Эта программа заставляет первого ферзя пробежать всю первую строку. Но достаточно, чтобы он пробежал половину, а затем дополнить результат по симметрии. Остановить пробег, когда c[1]Я здесь совершаю плагиат по отношению к поговорке жителей плоскогорья Высоких Вивар, которая звучит так: кто сам пилит свои дрова, согревается дважды.
достигает значения 4, нелегко, но легко начать пробег с цифры 5. Ну, уж теперь-то я сказал вам достаточно…

Я не знаю простого решения для симметрии относительно диагонали. Если вы найдете такое решение, напишите мне…

Головоломка 21.

Я не вижу способа взяться за эту задачу, существенно отличного от предыдущего. Нужно найти нижнюю границу для числа ферзей. На пустой шахматной доске ферзь может блокировать 28 полей. Следовательно, нужно по крайней мере 3 ферзя, чтобы блокировать доску. Их нужно не больше 7: если вы уже пытались вручную поставить 8 ферзей, то вы должны были убедиться, что шахматная доска часто блокируется до того, как мы смогли поставить восьмого ферзя. Точно так же вероятно, что 6 ферзей должно хватить. Поэтому нужно исследовать отрезок от 3 до 6 ферзей.

Нет никакой уверенности в том, что эти ферзи не должны бить друг друга. Конечно, на шахматной доске есть поля, которые бьются по крайней мере двумя ферзями. Но нужно иметь возможность ограничить поиск решениями, для которых никакие два ферзя не бьют друг друга, или, может быть, немного проще — решениями, для которых никакие два ферзя не стоят на одной строке.

Вы размещаете k ферзей. Вы пробегаете шахматную доску в поисках свободного поля. Если его нет, то у вас есть решение. Если свободное поле есть, то вы ставите туда ферзя и начинаете поиск сначала. Бесполезно пробегать строки, на которых ферзь уже есть, Это соображение ускоряет проверку.

Головоломка 22.

Ничего трудного. Нужно перепробовать все комбинации, Берем какую-нибудь шашку домино в качестве начальной шашки цепочки и пробуем шашки одну за другой. Они вынимаются из хранилища, а затем отыскивается первая шашка, которую можно связать с данной, тем же способом, которым отыскивалось первое свободное поле на следующей строке.

Тщательно выберите ваше представление шашек домино.

Головоломка 23.

И на этот раз программирование достаточно просто. Вы задаете крайние члены последовательности:

a1 = 0, a n = k.

С помощью уже проведенного рассуждения вы можете зафиксировать

a2 = 1, a n −1 = k − 2.

Затем вы размещаете следующие члены в интервале (2, k − 3), например, уплотняя их к началу:

a3 = 2, a4 = 3, a5 = 4…

Вы образуете разности и, если они дают слишком много повторений (вы можете узнать его, не вычисляя всех разностей, что ускоряет тест), вы увеличиваете последний подвижный член an −2 и, когда добираетесь до конца, увеличиваете предпоследний подвижный член, затем берете an −2 = an −3 + 1 и продолжаете дальше.

Для последовательности с 5 членами есть только один подлежащий размещению член, и все идет очень быстро. Но сложность растет с ростом n очень круто. Если при 5 членах есть только один подлежащий размещению член, то с n = 6 их уже два и задача квадратична. Для произвольного n число подлежащих испытанию случаев имеет порядок nn −4 .

Можно, наверное, и еще ускорить. Если даны пак (значение последнего члена), то известно максимальное число возможных повторений, и можно выбрать наилучшие исходные значения. Если есть право на r повторений, то можно брать не более r − 1 последовательных членов, начиная с a2, и, если они взяты как исходные значения, то права на повторение больше нет. Тем не менее эта задача расходует огромное количество машинного времени…

Головоломка 24.

В этой задаче я вас полностью предоставляю себе. Принцип все тот же. Но нужно как следует все организовать. Желаю успеха.

Головоломка 25.

Здесь, наоборот, помощь может оказаться далеко не лишней. Эта программа потребовала от меня массу времени. Кроме того, это поучительный случай, который я сохраняю в своих архивах как типичный пример для целого класса задач.

Среди информатиков есть два принципиально разных взгляда на программирование. Есть школа, приверженцы которой сначала проделывают всю математическую работу; они считают, что для того, чтобы написать хорошую программу, нужно сначала доказать некоторое свойство данных, а затем использовать его для получения результата. Сначала сделайте математику, а информатика придет позже. Таким образом, это способствует рассмотрению информатики как ветви математики.

Но есть и другой подход. Напишите сначала программу, пусть даже неэффективную. Затем понаблюдайте за ее поведением или постарайтесь прояснить ее действие. С помощью подходящих преобразований сделайте ее более результативной. Довольно часто я получаю таким образом весьма эффективные результаты, и я убежден, что в этом состоит новый метод создания алгоритмов. Но бывают упорно сопротивляющиеся случаи. Эта головоломка — один из них.

Начну со следующего замечания: речь идет о том, чтобы образовать все возможные перестановки и выбросить все те, которые не удовлетворяют условиям задачи.

Рассмотрим сначала случай 9 девушек. Обозначим их

а, б, в, г, д, е, ж, з, и.

Первая прогулка может быть выбрана произвольно. Возьмем:

а б в

г д е

ж з и

Беря в качестве строк столбцы этой таблицы первой прогулки, получаем вторую прогулку:

а г ж

б д з

в е и

Диагонали приводят к двум оставшимся прогулкам:

а д и   а е з

в г з   б г и

б е ж   в д ж

Все благополучно, Попробуем теперь 15.

Первая прогулка

а б в г д е ж з и к л м н о п

Если вы возьмете в качестве трех первых строк второй прогулки начала столбцов первой прогулки:

а г ж

б д з

в е и

вы не сможете далее организовать 6 оставшихся букв в двух строчках, не повторяя пар. Но вы можете сохранить первые пары в этих трех строках и взять в качестве последних элементов соответственно ж, к, н. Посредством этого приема получаются в двух столбцах по три неиспользованных элемента, которые и можно взять в качестве новых строк. Получается вторая прогулка:

а г ж

б д к

в е н

з л о

и м п

Сейчас мы докажем некоторые свойства искомых прогулок. Но здесь я делаю вам подарок. Мне потребовалось несколько дней, чтобы сообразить все то, что следует ниже. Почему бы вам не предоставить себе несколько дней на размышление? Тогда закройте книгу на этом месте…

Рассмотрим подмножество из семи букв а, б, в, г, д, е, ж. Исходя из этих элементов, можно образовать 7 * 6/2 = 21 пару. В первой прогулке участвует 6 из этих пар:

а — б а — в б — в з — д г — е д — в

Во второй прогулке их пять:

а — г а — ж г — ж б — д в — е

что составляет всего 11 пар. Таким образом, на оставшиеся 5 прогулок остается распределить 10 пар. Но поскольку есть 7 элементов и только 5 строк, то в каждой прогулке будет встречаться не менее двух таких нар. Следовательно, в каждой из оставшихся прогулок встретятся в точности две таких пары. Обозначим через x любую из выделенных букв, а остальные буквы будем обозначать точками. Оставшиеся 5 прогулок имеют вид

x x .

x x .

x . .

x . .

x . .

Но можно еще кое-что уточнить. Рассмотрим только первые 6 букв а, б, в, г, д, е. Они дают 15 пар, из которых 9 реализуются в двух первых прогулках. Таким образом, среди 5 оставшихся прогулок надлежит распределить 6 из них, что означает по одной паре в четырех из них и две в последней. Поэтому получаем:

x x .   x x .   x x .   x x .   x x .

x ж .   x ж .   x ж .   x ж .   x x .

x . .   x . .   x . .   x . .   x . .

x . .   x . .   x . .   x . .   x . .

x . .   x . .   x . .   x . .  ж . .

Заменим ж на к или к и получим тот же результат. Покажите самостоятельно, что в конце концов получаются следующие схемы

x x .   x x .   x x .   x x .   x x .

x ж .   x ж .   x ж .   x ж .   x x .

x к .   x к .   x к .   x к .   x . .

x н .   x н .   x н .   x н .   x . .

x . .   x . .   x . .   x . .  ж к н

Вам остается расставить сначала а, б, в, г, д, е вместо букв x, не возобновляя уже использованных пар, а затем расставить буквы з, и, л, м, о, п вместо точек, соблюдая то же правило. На моем компьютере это отнимает не более 3 минут.

Эффект впечатляющий. Здесь мы можем правильно оценить истинную природу комбинаторных задач. Они сложны — иначе говоря, они требуют много времени для вычислений (именно в этом смысле и употребляется слово «сложный» в информатике). Предварительное доказательство подходящих свойств позволяет избежать слишком большого числа попыток и, следовательно, уменьшить сложность. Остается только найти эти хорошие свойства…

Головоломка 26.

Пентамино является другим примером этого утверждения. Общая идея решения проста, если учесть все то, что вы уже сделали. Вы рассматриваете прямоугольную область, которая должна быть покрыта различными кусочками и в начале игры должна быть обозначена вами как пустая,

Вы можете действовать двумя способами: — рассматриваете первое свободное поле и ищете кусок, который можно туда поместить;

— берете первый, еще не использованный кусок и пытаетесь поместить его на игровое поле.

Кусок может быть по-разному ориентирован. Если «I» (прямой брус) может быть размещен в прямоугольнике 3 × 20 только одним способом (параллельно большей стороне), то «F» (вроде правой нижней фигуры на рис. 31) может быть ориентирован восемью способами. Это зависит в первую очередь от симметрии кусков.

Чтобы не было необходимости определять, какие ориентации допустимы, вы можете задать — в качестве программных констант — все эти возможные положения каждого куска.

Вы можете составить программу без каких-либо хитростей. Кажется, что более эффективно брать первое пустое поле и пытаться поместить туда какой-либо кусок. Вы ищете первое свободное поле. Вы рассматриваете первый еще не использованный кусок. Вы исследуете в некотором порядке все его ориентации, чтобы выяснить, приемлема яя какая-нибудь из них — покрывает ли она только свободные поля. Если игра блокирована (никакой кусок поместить нельзя), то вы удаляете последний размещенный кусок и продолжаете поиск, начиная со следующей ориентации того же куска. Я пробовал сделать так, и это слишком долго…

Тогда я стал пытаться избежать большого числа испытания, исходя аз замечания, сделанного при постановке задачи: кусок не должен определять в игре «островок» с площадью, не кратной пяти. Но определение островков нетривиально…

Я действую следующим образом. Я отыскиваю заполнение прямоугольника; параллельно меньшей стороне, Рисунок 39 показывает возможную ситуацию в ходе выполнения этого плана.

Рассмотрим тогда конфигурацию, окружающую крайнее левое из свободных полей. Обозначив через «x» занятые поля и полагая свободные поля точками, мы получим не более 7 возможных случаев (если вы привыкли к двоичной нумерации, то это покажется вам очевидным): см. рис. 40.

В крайней левой ситуации будем искать способ занять свободное поле на верхней строке. Но ни один из кусков ни в какой из их ориентации не подходит. Вы не можете использовать ни крест, ни «F», ни «Z». Кусок «С» можно использовать только с большей стороной по вертикали…

Я закрепил за каждой конфигурацией список допустимых в ней кусков, и если такие куски есть, подробный список их возможных ориентаций. Это существенно уменьшает число попыток. Еще оказывается, что время от времени появляются острова недопустимой площади, но они существуют только очень короткое время. Я узнал это, поскольку я выводил на экран состояние игры всякий раз, когда в игру входил новый кусок, Этот способ действия имеет много преимуществ:

— очень неудобно иметь программу, которая работает несколько десятков минут (порядка 45 на моем микрокомпьютере), а мы ничего не знаем о том, что в ней происходит, Это неудобно как собственно для работы, так в для того, чтобы сразу же задавать вопросы. А если, хотя бы это и было ошибкой набора, вдруг найдется бесконечный цикл…

— этот вывод позволяет видеть работу компьютера. Видно, как один за другим исследуются куски, как игровое поле более или менее наполняется (иногда вплоть до одиннадцати кусков. Если вы пытались решить эту головоломку вручную, отметили ли вы, какое впечатление производит нехватка одного куска? Однако это просто: если остается островок площади 5, то он обязательно имеет форму одного из игровых кусков…). Затем она почти полностью опустошается, и возобновляется заполнение…

Конечно, вывод на экран требует машинного времени а замедляет работу программы. Всегда будет время отказаться от вывода на экран и переделать процесс выполнения программы без вывода на экран, чтобы получить точное время решения задачи, Чтобы вывод был красивым, нужно, чтобы рамка оставалась на экране неподвижной. Сделать это более или менее легко в зависимости от системы программирования, имеющейся в вашем распоряжении.

Для вывода на экран я не нашел хорошего рисунка, потому что у меня нет ни графического, ни полуграфического экрана — только алфавитно-цифровой. Каждому куску я сопоставил букву и вывожу куски на экран в виде подходящим образом расположенных пяти букв. Такой вывод показан на рис. 41.

Я представляю игру внутренним образом в виде цепочки символов по двум причинам:

— используемый мною язык (LSE) в используемой мною версии является одним из наиболее эффективных языков для работы с цепочками символов. Это почти также быстро, как если использовать таблицы. Я могу очень быстро найти первое свободное место, я могу очень быстро узнать, свободно ли поле (является ли символ на этом месте в цепочке точкой?);

— вывод мгновенный: я вывожу на экран три подцепочки на трех последовательных строках.

Остается еще установить немало деталей, касающихся представления кусков. Но вы же не ждете, что я за вас сразу и программу напишу?

Головоломка 27.

А эта программа простая. Вам нужно образовать выражение вида

a1◦a2◦a3◦…◦a p ,

где операция, обозначенная ◦, означает либо сложение, либо вычитание. Есть p − 1 знак, каждый из которых может принимать два значения. Это дает 2p −1 возможных значений. Каким бы ни был способ, которым вы их перебираете, вам нужно перепробовать их все (по крайней мере в случае, когда число s таково, что решения нет).

Два знака «+» и «−», так что снова двоичная система. Вы можете воспользоваться этим замечанием при составлении программы. Меняем целое число от нуля до 2p −1 . Для каждого из значений рассматриваем его двоичное представление. Ставим в выражении «+» на тех местах, где стоят нули, и «−» на местах, где стоят единицы. Но в этом таится опасность побудить некоторых написать программу на языке ассемблера, что было бы ошибкой (по моему мнению. Вы тогда сплутовали бы. Есть хорошие алгоритмы на развитом языке. Не меняйте условий задачи, выписывая алгоритм, который оказался бы необъяснимым).

Вы можете также — и это, конечно, более эффективный способ — поставить знаки «+» в начале выражения и исчерпать все комбинации с тем, что осталось, затем заменить последний знак «+» на «−» и т. д, С четырьмя числами вы получите последовательно:

+++

++−

+−+

+−−

−++

−+−

−−+

−−−

Состояние знаков хранится в таблице или в цепочке.

Заметьте, что рассматриваемая задача имеет простое рекурсивное решение. Достаточно испробовать две комбинации:

a1 + — любая комбинация, которая может быть составлена из p − 1 оставшихся шашек,

a1 − — любая комбинация, которую можно составить из оставшихся шашек.

Должно получиться:

s = a1 + — комбинация из n − 1 чисел или

s = a1 − — комбинация из n − 1 чисел.

Заметим, что разность нужно брать по абсолютному значению.

Таким образом, остается искать способ представления s + a1 или s − a1 помощью n − 1 оставшихся шашек. Такую процедуру легко написать. Таблица чисел может быть глобальной величиной. Чтобы сохранять только n − 1 чисел, кроме первого, достаточно сказать, что таблица рассматривается, начиная с индекса 2. Следовательно, нужна процедура, в которой в качестве параметров берутся:

индекс, начиная с которого должны рассматриваться числа,

сумма, которую нужно найти.

Итеративные формы программы, которые вы сможете написать, суть немедленные переводы на итеративный язык этой рекурсивной формы.

Головоломка 28.

Решение, набросок которого я привожу здесь, принадлежит не мне. Я нашел его вышедшим из-под пера Николь Брео Поликен и Оливера Герца в журнале «Персональный компьютер» (Lʼordinateur individuel) за март 1983 г.

Однако я должен сознаться, что это решение меня глубоко поразило. Программа была действительно очень хорошо написана на языке Паскаль и с большим мастерством были использованы свойства вложения процедур, которые давали возможность формальные параметры или локальные переменные некоторые из этих процедур рассматривать как глобальные параметры для других процедур.

Я переписал это решение практически без изменений на LSE83 (намного более структурированная форма LSE, соединяющая преимущества структурирования языка Паскаль с возможностями манипуляций с цепочками символов, имеющихся в LSE, и, сверх того, облегчением программирования сверху вниз), и результат немедленно оказался удовлетворительным. Все это служит прославлению авторов. Как же могло тогда случиться, что пояснения, которые авторы дают к своей программе, до такой степени недоступны пониманию, что мне потребовался большой труд, чтобы достичь понимания их метода? Там, действительно, есть две или три «хитрости», которые гораздо больше заслуживали комментария, чем тот факт, что из-за рекурсии результаты записываются в порядке, обратном порядку их получения…

Сохраним предположения работы этих авторов, приведенные в условиях задачи. Зачем от них отказываться? Например, такая комбинация, как

n = p1 * p2 + p3 * p4 − p5/p6

не сводится ни к одной из предложенных форм.

Программа, написанная авторами, рекурсивна, но ее читателю доставляют затруднения две особенности ее написания:

— как я уже указывал, некоторые переменные, являющиеся локальными в одной процедуре, глобальны в другой… Конечно, это может быть обнаружено при внимательном чтении текста, но это и требует внимания;

— некоторые процедуры мультиформны и дают совершенно различные результаты в зависимости от значений формальных параметров.

Вернемся к задаче в той форме, в какой она была поставлена. Что нужно делать?

Сначала пройдем по таблице шашек от 1 до 6. Для каждой шашки p i посмотрим, делится ли n на p i . Если да, то нужно решать меньшую задачу: образовать число n/p[i] с помощью пяти шашек, получаемых удалением шашки i из набора. Если n не делится ни на одну из шашек или если поиск шашки, на которую делится n, потерпел неудачу, то для каждой шашки i ищем решение задачи: образовать n + p[i] или n − p[i] с помощью 5 шашек, получаемых изъятием шашки i из набора. Но здесь мы довольствуемся решением, которое должно иметь вид произведения одной из шашек на комбинацию четырех остальных.

Цитируемые здесь авторы решают эту задачу изъятия некоторых шашек из набора переписыванием начальной таблицы шашек в другую, перепрыгивая через шашки, подлежащие изъятию,

Я действую по-другому. Я помещаю 6 шашек в таблицу из 6 чисел, скажем a. В начале они упорядочены и расположены в неубывающем порядке. Чтобы изъять шашку из этого множества, мне достаточно переставить ее с шестой шашкой, а затем работать с первыми 5 элементами таблицы a. Таким образом, я создаю две процедуры: процедуру

П (p, x),

которая ищет способ представить x с помощью p первых значений таблицы a, причем это решение должно иметь вид произведения одной из шашек на некоторую комбинацию остальных (П поставлено для решения в виде Произведения);

процедуру

О (p, x),

которая ищет решения задачи о формировании x из p первых шашек, в котором результат имеет какую-нибудь из форм, предложенных в формулировке задачи (О — от Общее),

Программа довольствуется чтением 6 шашек (в порядке возрастания) и числа n, которое нужно найти, а затем вызывает О (6, n).

Вся задача состоит в том, чтобы поддерживать часть таблицы от 1 до p в неубывающем порядке. Это нетрудно. Вот схематическое описание процедуры П. В нем t является глобальной булевой переменной, которой присвоено начальное значение ЛОЖЬ.

П ( p , x )

ЕСЛИ p < 3 ТО упрощенная форма;

КОНЧЕНО КОНЕЦ_ЕСЛИ

i := p

ВЫПОЛНЯТЬ

  ЕСЛИ x = a [ p ] ТО ИСТИНА; КОНЧЕНО

  КОНЕЦ_ЕСЛИ

up := x / a [ p ]; u = целая_часть( up )

  ЕСЛИ u = up ТО О ( p − 1, u );

    ЕСЛИ t ТО ВЫВЕСТИ u , '*', а [ р ], '=', x

    КОНЧЕНО КОНЕЦ_ЕСЛИ

  КОНЕЦ_ЕСЛИ

   i := i − 1; ЕСЛИ i = 0 ТО

  КОНЧЕНО КОНЕЦ_ЕСЛИ

  переставить ( i , p )

ВЕРНУТЬСЯ

Вы покажете, что часть от 1 до р − 1 остается расположенной в неубывающем порядке. Но при выходе из цикла в p стоит элемент, который меньше всех остальных. Следовательно, нужно восстановить исходный порядок в части от 1 до p, если t не принимает значения ИСТИНА (в противном случае все кончено). Это вы легко изобретете.

Процедура О вдохновляется той же идеей, но есть два цикла:

— один, приводящий в p все элементы один за другим;

— другой, который приводит в p − 1 элементы, расположенные ниже того, который попал в p.

В конце каждого цикла нужно восстанавливать порядок. Эти восстановления порядка могут показаться дорогостоящими. Они стоят не меньше переписывания одной таблицы в другую со сравнением каждый раз по трем индексам, где добавляются перестановки таблицы в качестве формальных параметров процедуры. Здесь а — глобальная таблица.

Наконец, нужно заметить, что эта процедура прекрасно подходит для итеративного переписывания, Создаем вектор x, дающий искомое число для каждого p. Как и выше, индексы i и j процедур Па О связаны с p. Наконец, переменную p сделали глобальной. Мне кажется достаточно очевидным, что итеративная процедура не пойдет намного быстрее рекурсивной процедуры: придется делать много проверок, которые выполнялись автоматически на уровне машинного языка, исполняющей системой. Но это и есть способ выйти из положения в случае, если, к несчастью, у нас нет рекурсивности.

Если у вас есть предубеждения против рекурсии, то сейчас подходящий момент избавиться от них. И бросьте думать, что рекурсия всегда дорого обходится. Она всегда сокращает время программирования. Неверно, что она всегда приводит к более медленному вычислению (эта головоломка и есть пример). Я соглашусь с вами, что она всегда занимает немного больше места…

Эта процедура, действуя на 6 шашек

100 75 50 25 10 10,

быстро находит число 370, но терпит неудачу для 369.

 

7. Обо всем понемногу

Головоломка 29.

Эта задача также не должна была бы излагаться ошибающимися людьми. Я пытался понять, где эти программисты оступаются. Я считаю, что есть две опасности:

— прежде всего нет никакой уверенности в том, что поступающее число удастся эффективно разместить между двумя числами таблицы. Оно может оказаться перед первым элементом и после последнего элемента. Так как эта возможность влечет появление некоторых особенностей, то наши программисты начинают с изучения этих случаев, что совершенно ненужно;

— далее поиск должен происходить с помощью разделения каждый раз таблицы на две части. Сравниваем x со средним элементом. Если он больше, то нужно искать его место в верхней полутаблице. В противном случае он — в нижней половине. Но средний элемент — это элемент с индексом k = (1 + n)/2 или, в наиболее общем случае, где рассматривается кусок таблицы, начинающийся в p и кончающийся в q, — элемент с индексом (p + q)/2. Конечно, рассматривается только целая часть дроби. По этой причине некоторые программисты опасаются, что это может заставить обращаться много раз к одному и тому же элементу, и тогда программа не остановится или может вызвать потерю элемента.

Это — пустые опасения. Возьмем как общую следующую ситуацию: пусть мы смогли найти такие два целых p и q, что

a[p] < x ≤ a[q], причем p < q.

Тогда все очевидным образом завершено, если q = p + 1.

В противном случае скачок между q и p не меньше 2, и так как p меньше q, то, следовательно, элемент с промежуточным номером

r = целая_часть ((p + q)/2)

обязательно отличается от элементов с номерами p и q, и вам нечего опасаться. Вы сравниваете x с элементом с индексом r и в зависимости от результата сравнения берете r либо как новую нижнюю границу p, либо новую верхнюю границу q.

Остается одна трудность. Как выбрать p и q, чтобы так пустить в ход процесс, чтобы выполнялось общее двойное неравенство? Всегда, когда приходится выполнять обращение к таблице, представляет интерес введение дополнительных элементов, освобождающих от влияния концов таблицы. Введем элемент с индексом 0, меньший, чем любой из тех x, к которым можно обратиться (мы отложим на более поздний срок решение вопроса, как мы можем сделать это эффективно), и элемент с номером n + 1, больший, чем все возможные x. Тогда x обязательно больше, чем a[0], и меньше, чем a[n + 1].

Тогда мы можем начать с p = 0 и q = n + 1. Напишите соответствующую программу, вовсе не заботясь заранее о значениях a[0] и a[n + 1] и оставляя в неопределенном положении задачу эффективного описания таблицы (некоторые языки, такие как Фортран или LSE, не допускают индекса ноль — один только бог знает почему…). Покажите, что единственный индекс, для которого фактически приходится читать значение элемента таблицы, — это индекс r. Так как r всегда строго содержится в интервале (p, q), причем p не убывает, a q не возрастает, то r всегда строго больше 0 и не меньше n. Таким образом, элементы 0 и n + 1 никогда не опрашиваются. Поэтому и нет необходимости их материализовывать. Объявите массив (таблицу) с индексом, пробегающим от 1 до n, и все пройдет без сучка и задоринки…

Головоломка 30.

Это — задача, на которой я заваливаю профессионалов. Совершенно очевидно, что обе цепочки символов играют одну и ту же роль. Следовательно, в программе есть симметрия, которая касается способа обращения с этими цепочками. Вот — более или менее символически — программа, которую пишут профессионалы:

100 i = 0; j := 0.

110 продвинуть i к ближайшему символу в цепочке a , не являющемуся пробелом

120 ЕСЛИ мы вышли из a ТО ПЕРЕЙТИ К 200 КОНЕЦ_ЕСЛИ

130 продвинуть j к ближайшему символу в цепочке b , не являющемуся пробелом

140 ЕСЛИ мы вышли из b ТО ПЕРЕЙТИ К 300 КОНЕЦ_ЕСЛИ

150 ЕСЛИ a [ i ] = b [ j ] ТО ПЕРЕЙТИ К 110

160 ПЕРЕЙТИ К 800

200 продвинуть j к ближайшему символу в цепочке b , не являющемуся пробелом

210 ЕСЛИ мы вышли из b ТО ПЕРЕЙТИ К 900 КОНЕЦ_ЕСЛИ

220 ПЕРЕЙТИ К 800

300 продвинуть i к ближайшему символу в цепочке а , не являющемуся пробелом

310 ЕСЛИ мы вышли из a ТО ПЕРЕЙТИ К 900 КОНЕЦ_ЕСЛИ

800 результат := ЛОЖЬ; ПЕРЕЙТИ К 1000

900 результат := ИСТИНА

Эта программа понятна. В 150 находим два символа, не являющихся пробелами. Если они совпадают, то нужно продолжать маршрут, а если они различны, то и цепочки различны (строчка 800).

Если в 120 констатируется, что все символы цепочки а уже испытаны, причем каких-либо различий с уже изученными символами цепочки b но обнаружено, то имеется выбор одной из двух возможностей (строки 200 и 210):

— либо в цепочке b нет ни одного символа, не являющегося пробелом (что приводит к тому, что в поисках такого символа мы выходим из b), и цепочки совпадают (строчка 900), либо мы обнаруживаем в цепочке b символ, не являющийся пробелом; эта цепочка включает символы, не входящие в a, и, следовательно, результат есть ЛОЖЬ (строка 800).

То же самое происходит, когда исчерпывается цепочка b (из строчки 140 переход осуществляется к строчке 300).

Я попытаюсь сделать из этого головоломку. Еще не слишком поздно. Найдите ошибку и исправьте ее. Но вы можете составить намного лучшую программу.

Головоломка 31.

Вот несколько идей. Вы можете сначала «отсортировать» обе цепочки, переставляя символы в каждой из них, чтобы они оказались, например, в алфавитном порядке. Когда это сделано, то цепочки должны оказаться одинаковыми, Это очень тяжеловесно…

Вы можете взять первый символ первой цепочки и посмотреть, есть ли он во второй цепочке. Если ответ отрицателен, то цепочки не являются анаграммами друг друга. Если же ответ — «да», то изымите этот символ из второй цепочки и переходите ко второму символу в цепочке a. Это ведет, по вашему выбору, к рекурсивной или к итеративной процедуре, Внимание: если вы смогли полностью пробежать a и не нашли ни одного символа, не попавшего в b, проверьте, не осталось ли чего-нибудь в b…

Вы можете задать таблицу, имеющую столько же полей, сколько может быть различных символов в рассматриваемых цепочках. Если мы имеем дело с текстами и если пробелы считаются, то нужны 33 буквы и пустое место… Вы пробегаете первую цепочку и добавляете 1 в клетке, связанной с каждым встречаемым характером (вы считаете число случаев появления каждого знака), Затем вы пробегаете вторую цепочку и все пересчитываете (вычитая, а не складывая). Если в конце вы получаете таблицу, содержащую что-то кроме нулей, то цепочки не являются анаграммами.

Конечно, есть и другие способы действовать. Достоинства каждого из них зависят от обстоятельств. Для текста последний способ кажется достаточно хорошим, первый — явно плох.

Головоломка 32.

То что было только что сказано, остается приемлемым и в этой задаче. Но достоинства различных решений могут измениться. Продумайте их. Это Позволит увидеть, что одна программа никогда не бывает абсолютно лучше другой, Это зависит от данных и часто еще и от используемого компьютера…

Головоломка 33.

Есть карточный пасьянс, который более иди менее похож на эту задачу. Выберем из вектора его первый элемент и отложим его в сторону на запасное поле, Мы можем поместить на его место элемент m + 1, который и должен перейти на поле 1. Теперь поле m + 1 свободно. Туда можно перенести элемент, который должен его заполнить. Возьмем конкретный пример: n = 10 и m = 4. Элементы верхней части спускаются на 4 поля, а те, которые находятся в нижней части, поднимаются на 6 полей. Вот последовательные состояния вектора. Я не представляю здесь запасное поле, которое содержит элемент 1. Я помещаю в эти поля именно номера элементов в исходной конфигурации:

исходное положение:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

  2 3 4 5 6 7 8 9 10

5 2 3 4   6 7 8 9 10

5 2 3 4 9 6 7 8   10

5 2   4 9 6 7 8 3 10

5 2 7 4 9 6   8 3 10

А теперь именно элемент 1 должен прийти на свободное поле, и этот цикл останавливается. Мы убеждаемся, что не все элементы перенесены. Все числа на нечетных местах уже находятся там, где должны находиться, а числа на четных местах не стронуты с мест. Но можно начать новый цикл той же длины, поместив 2 на запасное поле, — это завершит работу.

Предлагая эту задачу профессиональным программистам, я очень редко получал такое решение, потому что им не удавалось выяснить, что мы действительно перемещаем таким образом все элементы (в этом можно убедиться, подсчитывая число движений) и нет ли опасности дважды переместить один и тот же элемент, так что конечное состояние оказалось бы неправильным.

Чтобы навести себя на правильный путь, заметьте, что если верхние элементы спускаются на m полей, то нижние элементы поднимаются на n − m полей.

Вы не видите? Есть n полей. Вы работаете в арифметике по модулю n. По модулю n все элементы спускаются на m полей. На этот раз вы должны найти решение, учитывая влияние на ход решения наибольшего общего делителя m и n…

Головоломка 34.

Предположим, что мы уже проделали часть работы. Именно таким образом мы всегда должны начинать поиск решения. Мы ограничимся здесь случаем таблицы чисел, который предоставит нам полную возможность изучения различных стратегий и позволит вам записать несколько программ и сравнить их, не заставляя вас пускаться в манипуляции с более деликатными цепочками.

Следовательно, Предположим, что мы прошли таблицу до номера i включительно. Пусть в пройденной части мы нашли, что элемент со значением x повторялся p раз, и пусть это — максимальное число повторений.

Но нужно еще более уточнить ситуацию в точке остановки. У нас есть две возможности.

— Первая идея: мы останавливаемся в конце равнинного участка.

Если i = n, то мы прошли всю таблицу, узнали наилучший равнинный участок, и все закончено. В противном случае мы пробегаем следующую равнину и измеряем ее длину r. Если r ≤ p, то наилучшая равнина остается неизменной, а в противном случае именно последняя равнина и регистрируется заново как наилучшая, и мы возобновляем движение по таблице. Это просто, и это легко программировать. Запишите это решение, чтобы иметь возможность сравнить его с другими решениями.

— Вторая идея: мы останавливаемся в произвольной точке i. Мы оказываемся на некоторой равнине и уже нашли r элементов на этой равнине.

Если i = n , то проход таблицы завершен. Мы внаем наилучшую возможную равнину с p повторениями и равнину с r элементами на последнем проходе, Мы берем лучшую из этих двух, и все кончено.

В противном случае нужно продвинуться вперед на один элемент. Либо этот элемент равен непосредственно предшествующему элементу; мы все еще находимся на той же самой равнине, длина которой увеличивается. Либо он отличается от предыдущего; тогда оказывается пройденной равнина длины r, которую при r > p нужно зарегистрировать как наилучшую. С другой стороны, нужно сказать, что новый элемент находится на равнине, которая в данный момент имеет длину 1.

На первый взгляд, первая стратегия дает программу, содержащую два вложенных цикла: маленький внутренний цикл для прохода равнины и глобальный цикл для прохода всего вектора, равнина за равниной.

Вторая программа содержит только один цикл, пробегающий элементы вектора один за другим и в нужных местах исправляющий значение p. Следовательно, эта вторая программа лучше.

Но это не все. Не позволяйте обмануть себя видимостью. Обе эти программы пробегают вектор элемент за элементом. Если вы составляете вашу программу на Бейсике или LSE, используя операторы ПЕРЕЙТИ К, а не циклы ДЛЯ или FOR, то вы убедитесь, что эти два решения почти неотличимы, а второе решение требует двукратного написания теста, сравнивающего r и p, так что едва ли не чаще эта вторая программа оказывается хуже.

Но есть третья стратегия. Восстановим общую ситуацию: мы прошли часть вектора до номера i включительно и определили наилучшую равнину длины p с общим значением ее элементов, равным x. Точка остановки произвольна.

Известно, что нужно осуществить включение нового элемента. Поставим следующий вопрос: насколько этот новый элемент может изменить ситуацию? Ответ: если он оказывается принадлежащим равнине с длиной, большей p. Может ли он оказаться принадлежащим равнине с длиной, намного большей p? Нет, мы бы это уже заметили. Следовательно, новый элемент изменяет ситуацию, если он принадлежит равнине длины p + 1. Но такое может случиться, если он равен элементу, содержащемуся в p предыдущих полях.

В начале ничего не пройдено: i = 0, и нет ни одного повторения: p = 0.

i := 0; p := 0

ВЫПОЛНЯТЬ

  ЕСЛИ i = n ТО КОНЧЕНО

  КОНЕЦ_ЕСЛИ

   i := i + 1

  ЕСЛИ a [ i ] = a [ i − p ] ТО x := a [ i ]; p := p + 1

  КОНЕЦ_ЕСЛИ

ВЕРНУТЬСЯ

Красиво, не правда ли?

Но можно сделать лучше. Тщательно рассмотрите эту программу. Вы должны суметь обнаружить, что можно перескакивать через некоторое количество элементов без обращения к ним…

Головоломка 35.

Не позволяйте себе поддаться впечатлению от ограничений на сложность алгоритма. Вы не можете выделить все возрастающие подпоследовательности, чтобы найти лучшую из них, это было бы слишком длинно, и легко сделать что-нибудь попроще этого.

Воспользуемся снова той же самой техникой. Пусть мы прошли вектор вплоть до некоторой точки. Пусть мы получили соответствующие результаты, но, поскольку мы еще не знаем, в какой форме они нужны, мы оставим их на некоторое время неопределенными. В любом случае выглядит вероятным, что мы знаем наибольшую по длине возрастающую подпоследовательность пройденной части, без которой мы как будто лишены возможности добраться до конца вектора… Как и выше, поставим вопрос: насколько изменяет ситуацию появление нового элемента? Он может продолжить известную нам наиболее длинную последовательность, если он может быть поставлен в ее конец, и, следовательно, если он больше последнего элемента этой последовательности. А если зто не так, то эту наиболее длинную подпоследовательность он изменить не может. Но он может продолжить более короткую подпоследовательность, которая постепенно может стать более длинной, если она медленнее растет.

Рассмотрим, например, последовательность

4 5 3 8 2 6 1 7

Если ограничиться тремя первыми элементами, то наиболее длинная возрастающая подпоследовательность — это

4 5

Добавим четвертый элемент, 8. Он может быть присоединен к концу этой подпоследовательности и дает возрастающую подпоследовательность длины 3:

4 5 8

Следующий элемент — 2 — ничего не меняет. Следующий — 6 — не может быть присоединен к концу последовательности длины 3, но он может быть присоединен к концу последовательности длины 2 — последовательности 4 5 — чтобы дать другую подпоследовательность длины 3:

4 5 6

Эта последовательность меньше предыдущей, поскольку ее последний элемент меньше, и поэтому у нее больше шансов иметь возможность продолжаться. На самом деле, 7 может быть присоединено к ее концу, что дает максимальную возрастающую последовательность

4 5 6 7

Мы уже видим, что нужно уточнить понятие максимальной возрастающей подпоследовательности, определяя наилучшую из них: это — такая последовательность, у которой последний элемент — наименьший возможный. В этой строке наилучшая подпоследовательность длины 1 есть элемент 1, наименьший элемент последовательности. Таким образом, мы приходим к следующей идее: предположим, что мы знаем последний элемент наилучшей подпоследовательности длины k в пройденной части для любого значения k от 1 и вплоть до максимального значения m.

Новый рассматриваемый элемент изучается с точки зрения возможности его присоединения к концу подпоследовательности длины k, чтобы превратить ее в подпоследовательность длины k + 1. Покажите, что если это возможно, то эта новая последовательность лучше, чем предыдущая подпоследовательность длины k + 1. Может случиться также, что этот новый член оказывается меньше элемента, образующего подпоследовательность длины 1. Тогда он дает лучшую, чем предыдущая, подпоследовательность длины 1.

Таким образом, вы получаете алгоритм, в котором для любого элемента рассматриваемого вектора нужно искать в таблице последние элементы наилучших подпоследовательностей, и размер этой таблицы равен m. Покажите, что эта таблица упорядочена. Осуществите в ней поиск места рассматриваемого элемента вектора с помощью дихотомического поиска и вы получите алгоритм порядка n In n.

Головоломка 36.

Вы можете вдохновиться решением предыдущей задачи. Нужно пробежать одну из двух цепочек символ ea символом. Предположим, что мы ее пробежали до некоторого i включительно. Нужно осуществить регистрацию лучших из наиболее длинных слов в порядке возрастания длин, содержащихся в пройденном куске рассматриваемой цепочки и во второй цепочке в целом. Как определить наилучшее слово длины k? Скажем, что это — такое слово, которое имеет наибольшие шансы оказаться продолжаемым, следовательно, такое слово, у которого положение последнего символа во второй цепочке минимально. Это приводит к рассмотрению того, насколько важно знать положение символов во второй цепочке и, следовательно, к заданию наилучших слов списком из положений в цепочке (например, с помощью конкатенации совпадающих с ними символов во второй цепочке).

Бесспорной выглядит трудность, связанная с тем, что одна и та же буква может встречаться во второй цепочке несколько раз. Их нужно рассмотреть все, но их нельзя смешивать между собой. Я уверен, что это вас надолго не задержит.

Больше я вам ничего не сообщаю. Ищите дальше сами…

Головоломка 37.

Вы можете рассмотреть задачу самым простым способом. Пусть задан прямоугольник — координатами x1, y1 и x2, y2 верхней левой и нижней правой вершины соответственно. Мы выясняем, является ли этот прямоугольник белым (нет ли внутри черной клетки), и если да, то измеряем его площадь.

Мы проделываем это для x1, y1, пробегающих все игровое поле, а x2, y2 должны удовлетворять неравенствам x2 ≥ x1, y2 ≥ y1 и пробегать часть игрового поля, удовлетворяющую этим неравенствам.

Так как для каждого прямоугольника вы должны пробежать его по всей его площади целиком, то порядок роста программы есть n4. Но вы можете улучшить программу уже здесь, не рассматривая такие точки x1, y1, которые не могут дать площади прямоугольника, превосходящей уже найденный максимум (это — близкие к правому краю или к нижнему краю точки игрового поля).

Вы можете сделать еще лучше, задав лучшую информацию. Предположим, например, что у вас есть вектор размерности n, — скажем вектор l такой, что l[i] есть число последовательных белых полей на строке i, начиная со столбца l. Тогда вы можете легко найти площади белых прямоугольников, одна из вершин которых находится в точке x1 = j, y1 = i. Нисколько не более трудно перейти и от вектора l для столбца j к вектору, связанному со столбцом j + 1.

Этих указаний должно быть достаточно для того, чтобы вы сумели получить хороший алгоритм.

Головоломка 38.

Очевидно, что мы очень многого не знаем. Следовательно, нужно тщательно прочесть условие и выделить все данные. Невозможно, чтобы на каждый вопрос решительно все ученики ответили неправильно, потому что если бы это случилось, то они все получили бы 0. Следовательно, на каждый из вопросов есть правильный ответ, который либо является одним из чисел, входящих в ответы учеников, либо другим числом (и тогда более или менее все равно каким).

Таким образом, правильный ответ на первый вопрос может быть одним из чисел

8 12 16 20 и другим числом, скажем 24,

чтобы ответы образовывали арифметическую прогрессию с разностью 4. Сделаем то же самое для других вопросов. Таким образом, вы получите, например:

R1: 8 12 16 20 24

R2: 12 14 16 18

RЗ: 10 12 14

R4: 16 18 20 22 24

Исследуем все полученные из оценок четверки чисел, отводя по строчке для каждой из них. Они образуют 5*4*3*5 = 300 строк. Для каждой из них ваша программа смотрит, сколько учеников получило 0, и запоминает только те четверки чисел, для которых один и только один ученик получил 0 (это дано в условии). Заметьте к тому же, что вам сообщено, что ответом на один из вопросов должна быть площадь поверхности куба с целым ребром, следовательно, число вида 6n2, возможные значения которого 6, 24… Ни один из ответов не имеет вида 6n2 с целым n. Следовательно, мы должны получить, что в выделенных четверках есть одна или несколько четверок, у которых хотя бы одна компонента имеет значение, не предложенное ни одним из учеников. Ваша программа легко их найдет (такой набор в точности один). На этом основании мы узнаем правильность всех ответов на вопросы, остальное просто.

При всем том, это — головоломка для начинающих…

Головоломка 39.

Эта головоломка сопротивлялась мне много дней и была для меня очень поучительной. В условии сказано, что эта программа должна выполняться за время вычисления, пропорциональное n. Следовательно, и речи нет о том, чтобы исследовать все суммы подпоследовательностей вектора, чтобы выбрать из них наилучшую. Нужно исхитриться. Так же, как мы здесь уже упоминали, ответ может состоять в получении свойств подпоследовательности с максимальной суммой.

Я совершил ошибку, пойдя по этому пути. Я сказал себе: назовем S(i, j) сумму элементов вектора с номерами от i до j:

S(i, j) = a i + ai +1 + … + aj −1 + a j .

Если для некоторой пары i, j эта сумма максимальна, то отсюда следует

S(i, j) > S(i + 1, j)

и, следовательно, a i > 0. Точно так же a i + ai +1 > 0.

Если обобщить любое «начало» (левая часть) S(i, j) положительно, и точно так же любой «конец» положителен. Можно продолжать:

ai −1 отрицателен…

И я таким образом не получил ничего. Это не означает утверждения, что на этом пути нельзя найти решения. Это я его не нашел.

Как я уже говорил, вы можете обратиться к математике за помощью в решении вашей задачи по информатике. Но у информатики есть и свой собственный творческий дух. Почему бы ему не довериться? Эта задача сбивает вас с толку по причине ограничений на сложность алгоритма. Забудем их. Если вам сказано, что нужно решить задачу, и вам предоставлена свобода вплоть до максимальной сложности, что вы будете делать? Вы составите таблицу S (i, j) для i = 1, …, n и j = i, …, n. В этой таблице вы возьмете максимальный элемент.

Чтобы помочь вам, я предлагаю вам рассмотреть следующий вектор:

3 4 −8 2 −3 7 5 −6 1

Образуйте треугольную таблицу чисел S (i, j) и запишите ее. Посмотрите, как каждая строчка образуется из предыдущей. Вы увидите, что только три строчки могут содержать максимальное S и, кроме того, не во всей их полной длине. В этом примере максимум нужно искать среди

(1, 1 : 3), (4, 4 : 5), (6, 6 : 9).

Следовательно, есть в точности n значений S, которые нужно рассматривать. Таким способом вы и получаете алгоритм, линейный по n.

Закончить предоставляю вам.