Arquivo da tag: problemas

O prédio e as bolas

Imagine-se num prédio de 100 andares com várias bolas. A partir de um determinado andar (desconhecido), quando você joga uma bola pela janela, a bola quebra. Você quer determinar precisamente qual é esse andar e a única coisa que pode fazer é jogar bolas de andares diferentes.

Se você tem muitas bolas e não se importa em quebrar quantas forem necessárias, você pode realizar uma busca binária. Uma busca binária, para começar com um exemplo, é aquilo que você faz naquele diálogo clássico:

— Pense num número de 1 a 100 e eu vou tentar adivinhar. A cada palpite, você precisa me dizer se o número que você pensou é maior ou menor do que meu chute.
— Pensei.
— 50
— Maior.
— 75
— Menor.
— 63
— Menor.
— 57
— Menor.
— 54
— Menor.
— 52
— Menor.
— 51
— Acertou!

A cada passo numa busca binária você divide o intervalo de possibilidades por dois. Você descarta metade dos números que poderiam ser a solução. Por isso, mesmo que você pense num número de 1 a 1.000.000.000 (um bilhão) eu certamente não vou demorar mais de 30 (isso é, logaritmo de um bilhão na base dois) tentativas para acertar exatamente o número que você pensou.

Por que logaritmo de um bilhão na base dois? Como eu comentei anteriormente, a cada número que eu chuto e você diz se é maior ou menor do que o resultado eu corto meu intervalo por dois. Portanto, o número de chutes necessários (no pior caso) é precisamente a quantidade de vezes que preciso dividir um bilhão por dois até chegar a um (até sobrar um único número possível para eu chutar, que necessariamente vai ser o número que você pensou).

1000000000 / 2 / 2 / \cdots / 2 = 1

Nosso problema é encontrar quantos 2 tem aí. Dividir um número por 2 k vezes é o mesmo que dividir por 2^k. Logo, nosso problema é encontrar quanto vale k:

\displaystyle \frac{1000000000}{2^k} = 1

Multiplicando os dois lados da igualdade por 2^k, temos:

\displaystyle 1000000000 = 2^k

Tirando o logaritmo na base 2, concluímos:

\displaystyle \log_2 1000000000 = k

Ou seja, o logaritmo de n na base 2 é o número de vezes que precisamos dividir n por 2 para chegar em 1. Voltando ao problema inicial, como log_2 100 < 7[/latex], precisaremos jogar no máximo 7 bolas para determinar a partir de qual andar a bola quebrar. Quando você jogar uma bola, se ela quebrar é a mesma coisa que o seu amigo que pensou num número dizendo "O número que eu pensei é menor." Se ela não quebrar, é equivalente ao seu amigo dizendo "O número que eu pensei é maior."

Realizando uma busca binária, o pior caso (aquele caso no qual quebraremos mais bolas -- e que jogaremos a maior quantidade de vezes) é quando a bola quebra no primeiro andar. Você joga as bolas dos andares 50 (poft!), 25 (poft!), 13 (poft!), 7 (poft!), 4 (poft!), 2 (poft!), 1, jogando um total de 7 e quebrando um total de 6 bolas.

Nada muito novo para quem já conhecia busca binária. Por isso, vamos modificar o problema: Suponha que você não tenha quantas bolas desejar, mas apenas duas bolas. Quando uma bola cai sem quebrar, você pode descer, pegá-la e jogá-la de novo. Qual a menor quantidade de vezes que você vai ter que jogar a bola para com certeza determinar a partir de qual andar as bolas começam a quebrar?

Fazer uma busca binária não funciona mais. No caso de a bola quebrar a partir do primeiro andar, assim que você joga uma bola do andar 50 (uma bola quebra) e outra do 25 (outra bola quebra), você não tem mais bolas e não tem ideia de qual é o andar a partir do qual as bolas começam a quebrar (tudo o que você sabe é que é algum andar entre 1 e 25).

Como usar as duas bolas para determinar exatamente o andar a partir do qual as bolas começam a quebrar jogando as bolas a menor quantidade possível de vezes? Qual é essa quantidade mínima de vezes que será necessário jogar bolas pela janela?

Obrigado ao David por ter me apresentado o problema. A solução é bem legal!

Editado para ficar mais claro: A quantidade mínima que queremos é a do pior caso, isso é, a menor quantidade de vezes que será necessário jogar a bola independente de qual for o andar. Por exemplo, suponha que eu jogue uma bola do andar 5 e não quebre. Aí eu jogue do andar 10 e não quebre. Do 15 e não quebre. E assim sucessivamente (de 5 em 5) enquanto ela não quebrar. Quando ela quebrar, eu pego a outra bola e jogo no último valor que eu joguei menos 4, menos 3, menos 2 e menos 1. O pior caso para esse algoritmo é quando a bola quebrar a partir do andar 99. Jogarei nos andares 5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40, 45, 50, 55, 60, 65, 70, 75, 80, 85, 90, 95, 100 (poft!), 96, 97, 98, 99 (poft!), ou seja, 24 vezes. (Mas é possível usar um algoritmo mais esperto que isso: a resposta do problema é menor que 24.)

Editado para programadores: A generalização deste problema (para n andares em vez de 100 e k bolas em vez de 2) caiu na OBI 2010 (o problema se chama Altas Aventuras) e está no SPOJ para quem quiser resolver: ALTAS2. Quem me contou foi o André.

Escada perfeita (OBI2006)

ATENÇÃO: Este conteúdo foi publicado há 10 anos. Eu talvez nem concorde mais com ele. Se é um post sobre tecnologia, talvez não faça mais sentido. Mantenho neste blog o que escrevo desde os 14 anos por motivos históricos. Leia levando isso em conta.

Depois de meses sem postar, resolvi que a partir de agora darei mais atenção pra este blog. Muita gente me manda e-mail e comentários com dúvidas e gostaria de deixar bem claro que eu não faço trabalhos de faculdade pra ninguém, mas que se você tiver uma dúvida real onde eu possa ajudar eu ajudarei de bom grado.

Pensei muito sobre o que postar aqui, tenho rascunhos sobre buscas em grafos e sobre resoluções de problemas de grafos, mas resolvi quebrar toda a ordem e, a partir de um scrap de orkut, acabei me lembrando do problema Escada perfeita, da OBI 2006, e me deu vontade de resolvê-lo aqui.

Por que o problema Escada Perfeita?

A programação deste problema é extremamente simples, mas a sua lógica (matemática pura) é muito inteligente. Tente resolver o problema antes de ver minha solução e, caso não consiga, depois veja como a solução é bonita.

Vamos ao enunciado…

Uma construtora, durante a criação de um parque temático, encontrou no terreno um conjunto de várias pilhas de cubos de pedra. Ao invés de pagar pela remoção dos cubos de pedras, um dos arquitetos da empresa achou interessante utilizar as pedras para decoração do parque, determinando que as pedras fossem rearranjadas no formato de “escada”. para isso, os funcionários deveriam mover alguns cubos para formar os degraus das escadas. Só que o arquiteto decidiu que, entre uma pilha e outra de pedras deveria haver exatamente uma pedra de diferença, formando o que ele chamou de escada perfeita. O exemplo abaixo mostra um conjunto de cinco pilhas de pedras encontradas e as cinco pilhas como ficaram após a arrumação em escada perfeita.

Tarefa

Dada uma seqüência de pilhas de cubos de pedras com suas respectivas alturas, você deve determinar o número mínimo de pedras que precisam ser movidas para formar uma escada perfeita com exatamente o mesmo número de pilhas de pedras encontrado inicialmente (ou seja, não devem ser criadas ou eliminadas pilhas de pedras). O degrau mais baixo da escada deve sempre estar do lado esquerdo.

Entrada

A entrada contém um único conjunto de testes, que deve ser lido do dispositivo de entrada padrão (normalmente o teclado). A primeira linha contém um inteiro n que indica o número de pilhas de pedras. A segunda linha contém N números inteiros que indicam a quantidade de cubos de pedras em cada uma das pilhas, da esquerda para a direita.

Saída

Seu programa deve imprimir, na saída padrão, uma única linha, contendo um inteiro: o número mínimo de cubos de pedras que devem ser movidos para transformar o conjunto de pilhas em uma escada perfeita, conforme calculado pelo seu programa. Caso não seja possível efetuar a transformação em escada perfeita, imprima como resultado o valor -1.

Exemplos

Exemplo 1

Entrada
5
5 4 5 4 2

Saída
5

Exemplo 2

Entrada
6
9 8 7 6 5 4

Saída
9

Exemplo 3

Entrada
2
1 5

Saída
-1

OK. Estão prontos?

Depois de pensar um pouco, conclui-se que:

  1. A escada perfeita é uma PA de razão 1 (aumenta de um em um). Você lembra disso do seu primeiro ano do Ensino Médio? Senão, é bom dar uma relembrada. As fórmulas (simples e facilmente deduzíveis) da PA são:

    Termo geral da PA

    a_{n} = a_{1} + (n-1).r

    Soma de PA

    \displaystyle S_{n} = (a_{1}+a_{n}).\frac{n}{2}

  2. Sabemos quanto vale n (o número de pilhas, número de elementos da PA) e conseguimos calcular a soma de todos os elementos (podemos fazer isso até durante o loop da entrada, certo?)
  3. Sabemos quanto vale a razão (r=1).
  4. Substituindo o que sabemos nas fórmulas conseguimos formar um sistema de equações básico e desta forma torna-se fácil descobrir o valor do primeiro e do último termo da PA (a_{1} e a_{n}). Resumindo um pouco os cálculos, depois de alguma manipulação algébrica você chega a: \displaystyle a_{n} = \frac{\frac{2.S_{n}}{n}+n-1}{2}

    \displaystyle a_{1} = 1 + a_{n} - n

  5. Agora que já sabemos onde começa e onde termina a escada basta fazer um loop em cada fila de blocos e adicionar à uma variável movimentos a quantidade de quadradinhos que estão sobrando nesta fileira (por exemplo, na primeira fileira da figura do enunciado está sobrando três quadradinhos para chegar ao a_{1}=2). Ao mesmo tempo, adicionamos à outra variável (moves) a quantidade de quadradinhos que devem ser retirados ou colocados na fileira (porque depois se esta variável não for igual a 0 imprimimos -1). Ficou claro?

Implementação

Variáveis

  • n: número de degraus (fileiras de blocos)
  • a: a_{1}, número de blocos do primeiro degrau.
  • b: a_{n}, número de blocos do último degrau.
  • soma: S_{n}, soma da PA.
  • pilha[]: vetor de degraus.
  • movimentos e moves: explicados no quinto passo da solução.
  • i e j: variáveis auxiliares para fazer os loops.

Codeado em C

#include <stdio.h>
#define PMAX 10001
 
int main() {
    int i, j;
    int n;
    int soma=0;
    int a, b;
    int pilha[PMAX];
    int moves=0;
    int movimentos=0;
 
    scanf("%d", &n);
    for (i=0; i<n; i++) {
        scanf("%d", &pilha[i]);
        soma+=pilha[i];
    }
 
    b=(((2*soma)/n)+(n-1))/2;
    a=1+b-n;
 
    for (i=0; i<n; i++) {
        moves+=(pilha[i]-(i+a));
        if (pilha[i]>i+a) {
            movimentos+=(pilha[i]-(i+a));
        }
    }
 
    if (moves!=0) {
        printf("-1n");
    } else {
        printf("%dn", movimentos);
    }
 
    return 0;
}

Prontinho! Qualquer dúvida escrevam seus comentários.

Segunda fase da OBI2007

ATENÇÃO: Este conteúdo foi publicado há 10 anos. Eu talvez nem concorde mais com ele. Se é um post sobre tecnologia, talvez não faça mais sentido. Mantenho neste blog o que escrevo desde os 14 anos por motivos históricos. Leia levando isso em conta.

A prova de segunda fase da Olimpíada Brasileira de Informática aconteceu há duas semanas e eu havia me esquecido de comentar aqui no blog como eu fui. O resultado deve sair amanhã ou depois de amanhã, segundo um dos caras responsáveis pela organização no orkut. Se tudo der certo e Éris quiser eu participarei pela quarta vez do curso de programação e da seletiva para a IOI.

Telemarketing (OBI2007 – Programação Nível 2 – Segunda Fase)

A solução mais eficiente usa heaps. Sem conseguir pensar nesta solução no momento da prova, implementei uma força bruta bem otimizada. Infelizmente, ela tem um pequeno erro que uma alma boa que se apresenta como CEO da Oracle encontrou para mim:

No seu programa, você faz um “for” que vai de “ultimo” até “n”, armazenando o id do vendedor que vai ficar desocupado primeiro na variável “mt”. Então você faz um “for” de 1 até “ultimo” mudando a variável “mt” apenas quando o vendedor ficar livre antes do “mt”, sendo que, como o id dele é menor, deve atender a ligação caso fique disponível antes ou ao mesmo tempo em que o vendedor “mt” ficar livre. Para resolver isso, fiz um “for” que vai de “ultimo” até 1 usando um “if” com “<=”.

Acredito que receberei no máximo 20/100 pontos.

#include <stdio.h>
#include <values.h>
 
#define NMAX 1010
 
int main() {
	int n, l, duracao, c=0, ocupado[NMAX], mt, ligacoes[NMAX], oc;
	int i, j, ultimo;
 
	scanf("%d %d", &n, &l);
 
	for (i=1; i<=n; i++) {
		ocupado[i]=0;
		ligacoes[i]=0;
	}
 
	ocupado[0]=MAXINT;
	ultimo=0;
 
	for (i=1; i<=l; i++) {
		scanf("%d", &duracao);
		c=0;
		mt=0;
		for (j=ultimo+1; j<=n; j++) {
			if (!ocupado[j]) {
				ocupado[j]=duracao;
				ligacoes[j]++;
				c=1;
				ultimo=j;
				break;
			} else {
				if (ocupado[j]<ocupado[mt]) {
					mt=j;
				}
			}
		}
		if (!c) {
			for (j=1; j<=ultimo; j++) {
				if (ocupado[j]<ocupado[mt]) {
					mt=j;
				}
			}
			oc=ocupado[mt];
			ultimo=0;
			for (j=1; j<=n; j++) {
				ocupado[j]-=oc;
			}
			ocupado[mt]=duracao;
			ligacoes[mt]++;
		}
	}
 
	for (i=1; i<=n; i++) {
		printf("%d %dn", i, ligacoes[i]);
	}
 
	return 0;
}

Pizza (OBI2007 – Programação Nível 2 – Segunda Fase)

A solução mais eficiente usa programação dinâmica. A minha solução é uma força bruta, mais simples impossível. O programa está correto, mas não passará em muitos casos de teste por estourar o tempo limite. Espero mais uns 20/100 pontos.

#include <stdio.h>
 
#define MAX 100010
 
int main() {
	int n, soma;
	int i, j;
	int k[MAX];
	int maximo=0;
 
	scanf("%d", &n);
	for (i=1; i<=n; i++) {
		scanf("%d", &k[i]);
		k[i+n]=k[i];
		if (k[i]>maximo) {
			maximo=k[i];
		}
	}
 
	if (maximo==0) {
		printf("0n");
		return 0;
	}
 
	for (i=1; i<=n; i++) {
		soma=0;
		if (k[i]>0) {
			for (j=i; j<i+n; j++) {
				soma+=k[j];
				if (soma>maximo) {
					maximo=soma;
				}
			}
		}
	}
 
	printf("%dn", maximo);
 
	return 0;
}

Labirinto (OBI2007 – Programação Nível 2 – Segunda Fase)

O único problema que resolvi de maneira eficiente. A solução transforma o problema do labirinto em um grafo e depois chega à solução com uma busca em largura. Nesse eu espero a pontuação máxima, 100/100 pontos.

#include <stdio.h>
#include <values.h>
 
#define NMAX 55
#define VERTICES 2510
 
int n, m;
int nivel[VERTICES], vizinhos[VERTICES];
int fila[VERTICES*VERTICES], nvl[VERTICES*VERTICES];
int max[VERTICES];
int grafo[VERTICES][VERTICES];
int saida=MAXINT;
 
int identificador (int a, int b) {
	return (b+(a-1)*m);
}
 
int rn (int nivelerrado) {
	while (nivelerrado>9) {
		nivelerrado-=10;
	}
	return nivelerrado;
}
 
int main() {
	int i, j;
	int idmax, atual, idv;
	int niv, nivv, niva;
	int ini, fim;
 
	scanf("%d %d", &n, &m);
 
	idmax=n*m;
 
	for (i=1; i<=idmax; i++) {
		for (j=1; j<=idmax; j++) {
			grafo[i][j]=0;
		}
		vizinhos[i]=0;
		max[i]=0;
	}
 
	for (i=1; i<=n; i++) {
		for (j=1; j<=m; j++) {
			atual=identificador(i, j);
			scanf("%d", &nivel[atual]);
			if (i-1>0) {
				idv=identificador(i-1, j);
				if (idv>0) {
					grafo[atual][vizinhos[atual]++]=idv;
				}
			}
			if (j-1>0) {
				idv=identificador(i, j-1);
				if (idv>0) {
					grafo[atual][vizinhos[atual]++]=idv;
				}
			}
			if (i+1<=n) {
				idv=identificador(i+1, j);
				if (idv<=idmax) {
					grafo[atual][vizinhos[atual]++]=idv;
				}
			}
			if (j+1<=m) {
				idv=identificador(i, j+1);
				if (idv<=idmax) {
					grafo[atual][vizinhos[atual]++]=idv;
				}
			}
			grafo[atual][vizinhos[atual]++]=atual;
		}
	}
 
	ini=0;
	fim=0;
	nvl[fim]=0;
	fila[fim++]=1;
	while (ini!=fim) {
		niv=nvl[ini];
		if (niv<saida) {
			atual=fila[ini++];
			niva=rn(nivel[atual]+niv);
			if (atual==idmax) {
				if (niv<saida) {
					saida=niv;
				}
			} else {
				for (i=0; i<vizinhos[atual]; i++) {
					idv=grafo[atual][i];
					nivv=rn(nivel[idv]+niv);
					if (nivv<=niva+1&&niv+1>max[idv]) {
						nvl[fim]=niv+1;
						max[idv]=niv+1;
						fila[fim++]=idv;
					}
				}
			}
		} else {
			ini++;
		}
	}
 
	printf("%dn", saida);
	return 0;
}

Conclusão

O resultado da olimpíada deve sair amanhã ou depois de amanhã e a nota de corte deve ser entre 100 e 150 pontos. Pelos meus cálculos, eu devo ter feito 140 (20+20+100), o que talvez me classifique para a próxima fase. Mais notícias a qualquer momento ;)

OBI2007 – Primeira fase

ATENÇÃO: Este conteúdo foi publicado há 10 anos. Eu talvez nem concorde mais com ele. Se é um post sobre tecnologia, talvez não faça mais sentido. Mantenho neste blog o que escrevo desde os 14 anos por motivos históricos. Leia levando isso em conta.

Não divulgarei minhas soluções (aka gabarito… :p) até sexta-feira, que é quando os professores já vão ter enviado a prova para a comissão organizadora da Olimpíada Brasileira de Informática.

Ontem, sábado 17 de março, foi a primeira fase da OBI. Eu resolvi a Iniciação Nível 1 para me divertir, vi a prova da Programação Nível 1 (que a Carol resolveu, com uma noção de C muito boa adquirida em um mês) e solucionei a prova da Programação Nível 2. Só vou falar sobre ela por enquanto, depois crio outros posts para falar sobre as outras.

Pra começar, a prova estava fácil. Eu resolvi em duas horas. Isso foi uma opinião de todos que fizeram a prova. Creio que estava mais fácil que a do ano passado. O caderno de tarefas era composto por cinco questões:

  • Chocolate – Uma barra de chocolate é dividida várias vezes. O objetivo do programa é contar a quantidade de pedaços em que ela foi dividida. Basta ir pegando os números e ir somando-os -1.
  • Repositório – Uma lista de números de programas e a versão em que estão instalados num computador. Depois, uma lista de números de programas e a versão em que eles estão disponíveis na internet. Decidir que programas devem ser atualizados no computador (determinar sempre a maior versão) e imprimí-los.
  • Pastas – Dada uma lista de inteiros, verificar se os números aparecem a mesma quantidade de vezes (ex.: 1, 1, 2, 2, 3, 3 é válido; mas 1, 2, 2, 3, 3 não é).
  • Móbile – Interpretei como um problema de grafos. Sabe o que é um móbile? Você tem que ver se todos as peças de um mesmo “nível” tem a mesma quantidade de filhos. Eu fiz um BFS (busca em largura) para determinar o nível de cada um e depois foi só ver se todos de cada nível tinham a mesma quantidade de filhos.
  • Sacoleiro – Um cara quer comprar presentes para seus filhos. Em cada cidade há presente para um ou para outro, com preços diferentes. Ele quer ser justo. Seguindo um trajeto possível, passando por uma cidade e comprando um ou mais presentes ou até nenhum, qual a menor diferença possível entre os preços dos presentes? Sem dúvidas o problema mais difícil da prova (creio que o único difícil). Ainda não conheço a solução ideal, que deve usar programação dinâmica. Implementei um DFS (busca em profundidade) que testa todas as possibilidades.

No orkut já me disseram que cometi um erro ridículo:

No terceiro parágrafo do Repositórios, ele diz: “Um programa deve verificar então qual a versão de cada programa instalado nos computadores (todos eles possuem os mesmos aplicativos instalados e nas mesmas versões) e INSTALAR TODOS AQUELES QUE AINDA NÃO FORAM INSTALADOS ou cuja versão instalada seja anterior a versão mais recente.” Portanto, se um programa disponível na internet não está instalado nos computadores, ele deve ser instalado.

E meu Sacoleiro provavelmente não vai passar no tempo. Então espero 300 pontos e alguns quebrados.

O resultado sairá até o dia 7 de abril lá no site deles. Eu gero uma lista de classificação quando sair. :)

for (d=hoje; d<=17/03; d++) { Estude – OBI }

ATENÇÃO: Este conteúdo foi publicado há 11 anos. Eu talvez nem concorde mais com ele. Se é um post sobre tecnologia, talvez não faça mais sentido. Mantenho neste blog o que escrevo desde os 14 anos por motivos históricos. Leia levando isso em conta.

IMPORTANTE: Esse post não é recomendado pra quem nunca programou. Escrevi sem pensar neles… :-)

Bom… Existem pessoas que sabem programar e não programam. O difícil na arte de programar é pensar, porque o resto é escrever em inglês e se acostumar com uma sintaxe rigorosa.

Comecei ontem a ensinar um amigo a programar em C para participar da OBI 2007, que foi anunciada nessa semana. Eu poderia ensinar Pascal, que é mais que suficiente para olimpíadas (quem conhece o André Linhares entende o que eu quero dizer…), mas resolvi ensinar C porque eu me embabacaria no Pascal e no C eu vejo os blocos mais “definidos” com as chaves; aqueles begins e ends “sujam” o código. E como diz o lema do sistema desse blog, code is poetry.

O reverendo e meus leitores mais novos devem estar se perguntando: como o Tiago é capaz de fazer essas loucuras? É verdade que fiquei um bom tempo sem escrever sobre programação, mas adoro isso! É lazer pra mim e essa também é a minha profissão, já que eu não consigo viver desse blog (por culpa sua que não clica nos meus anúncios…). Só quando começo a brincar é que lembro como é divertido e acho que é porque eu me sinto “no poder”. :-)

Mas voltando ao assunto… Esse meu colega é campeão regional de matemática e tem uma facilidade incrível para matérias exatas (e pras humanas mais ainda, eu acho). Eu estava sem nada pra escrever aqui no blog e resolvi escrever sobre o que eu vou ensinar pra ele amanhã: arrays e for.

Meu aluno está resolvendo a prova da Programação Nível 1 da OBI2005. Ele já resolveu a Frota de Táxi e agora precisa resolver o problema Campos de Minhoca.

O problema é que, pela primeira vez, ele se depara com uma situação em que tem que receber como entrada uma tabela completa! Sugeri que ele usasse dois while, um dentro do outro. Ele pensou um pouco e conseguiu fazer o seguinte código:

scanf("%d %d", &n, &m);
 
natual=1;
while (natual<=n) {
	matual=1;
	while (matual<=m) {
		scanf("%d", &valor);
		matual=matual+1;
	}
	natual=natual+1;
}

Perfeito. Era o que eu queria que ele fizesse. Mas agora entenda sua situação: como armazenar todos esses números pra depois trabalhar com eles?

Dessa maneira, cada vez que recebemos um novo elemento da tabela, colocamos numa variável valor e ao final do recebimento da entrada ficaremos apenas com o último elemento da tabela.

E então entram os arrays…

Arrays são matrizes de matemática ou, numa língua muito mais fácil, tabelas. Vamos supôr que eu receba 1000 valores e queira saber qual é o maior deles. Imaginem como seria para declarar suas variáveis, recebê-los e tratá-los:

int var1, var2, var3, var4, ..., var1000;
 
scanf("%d", &var1);
scanf("%d", &var2);
scanf("%d", &var3);
scanf("%d", &var4);
...
scanf("%d", &var1000);
 
if (var1>maior) {
	maior=var1;
}
 
if (var2>maior) {
	maior=var2;
}
 
if (var3>maior) {
	maior=var3;
}
 
...

Impossível! Totalmente inviável. Então alguém teve a brilhante idéia de criar um elemento que guarda várias variáveis de uma vez. Então surgiram os arrays. Você cria uma só variável e na sua declaração coloca o número de elementos que ele tem dentro de chaves.

int var[1001];

Depois para receber os valores você pode então simplesmente usar o while como usou no exemplo do Campos de Minhoca:

int var[1001], indice;
 
indice=1;
while (indice<=1000) {
	scanf("%d", &var[indice]);
	indice=indice+1;
}

E para ver qual é o maior deles basta usar mais um while:

indice=1;
while (indice<=1000) {
	if (var[indice]>maior) {
		maior=var[indice];
	}
}

Mas peraí… Então como faríamos no Campos de Minhoca? Lá não temos só uma lista de N números, mas uma tabela mesmo, com altura e largura. É simples, basta fazer com que cada índice dessa lista seja outra lista.

int tabela[1001][1001];

Assim, podemos acessar todos os elementos e pra saber o elemento da coordenada 5, 23 basta usar a variável tabela[5][23].

Aí aquele primeiro código do Campos de Minhoca torna-se:

scanf("%d %d", &n, &m);
 
natual=1;
while (natual<=n) {
	matual=1;
	while (matual<=m) {
		scanf("%d", &valor[natual][matual]);
		matual=matual+1;
	}
	natual=natual+1;
}

As variáveis [n,m]atual vão crescendo e preenchendo a tabela. :)

Só que acontece que se programássemos dessa maneira gastaríamos uma porção de códigos e ficaríamos confusos pra trabalhar com arrays, tendo que sempre verificar os índices e acabaríamos errando bastante. Então criou-se o for. O for é uma simplificação desse tipo de while. Você diz que:

para todo natual de 1 a n, faça:
	alguma coisa
fim-para

Escrever for em Pascal é super divertido, porque você se sente falando com o computador:

for i:=1 to 100, do begin
	código aqui
end;

No C existe uma sintaxe mais versátil, mas que pode ser um pouquinho mais difícil de entender no início:

for (atribuição; condição; incremento)

A atribuição é onde você coloca o primeiro valor do índice. A condição é a condição para que o enquanto continue funcionando. O incremento é o que ele deve fazer ao final de cada loop (geralmente é aumentar um).

Então, ao invés de fazer esse while:

indice=1;
while (indice<=1000) {
	scanf("%d", &var[indice]);
	indice=indice+1;
}

Você pode escrever:

for (indice=1; indice<=1000; indice=indice+1) {
	scanf("%d", &var[indice]);
}

E como resolver a parte da entrada do Campos de Minhoca sabendo disso?

Simples… Basta colocar um for dentro do outro:

scanf("%d %d", &n, &m);
 
for (i=1; i<=n; i++) {
	for (j=1; j<=m; j++) {
		scanf("%d", &matriz[i][j]);
	}
}

Observação 1: Escrever variavel++ é a mesma coisa que escrever variavel=variavel+1.

Observação 2: Geralmente utiliza-se i para o primeiro for, depois j, k, l e eu nunca tive que passar do l. :)

Observação 3: Se eu queria um vetor de 1000 posições lá em cima, por que eu declarei 1001? Bom… O C conta a partir de 0. Quando eu peço 1000, ele vai me dar um vetor de 0 a 999. Já que eu queria ter o var[1000] eu precisei declarar de 1000+1=1001.

Ficou claro ou muito confuso? Se deu pra entender isso aí, agora é só mandar a ver no resto do problema! :)

Alguém conhece um wormhole?

ATENÇÃO: Este conteúdo foi publicado há 11 anos. Eu talvez nem concorde mais com ele. Se é um post sobre tecnologia, talvez não faça mais sentido. Mantenho neste blog o que escrevo desde os 14 anos por motivos históricos. Leia levando isso em conta.

Estou em busca de wormholes pra poder aproveitar melhor o tempo. Se alguém encontrar um, me avise nos comentários!

Ah… Falando nisso, lembrei do problema Buracos de Minhoca que caiu na Seletiva para a Internacional do ano passado… Aquele no qual eu perdi 60 pontos porque não pensei num algoritmo que parece-me óbvio agora. Ao invés de resolver em O(n^{2}), resolvi em O(n^{3})… Eu podia fazer duas buscas em profundidade, mas fiz n buscas em profundidade! Preciso escrever um artigo sobre ele depois… Alegrem-se, porque nessas férias voltarei a escrever sobre algoritmos e programação lógica a todo vapor, e em novo endereço. ;-)

There and back again…

ATENÇÃO: Este conteúdo foi publicado há 11 anos. Eu talvez nem concorde mais com ele. Se é um post sobre tecnologia, talvez não faça mais sentido. Mantenho neste blog o que escrevo desde os 14 anos por motivos históricos. Leia levando isso em conta.

Eu até tentei escrever um artigo por dia na semana passada, durante o curso da seletiva brasileira para a Olimpíada Internacional de Informática, mas não deu tempo… Então aqui vai um resumo feito uma semana depois do final do curso, separado em tópicos, com o título pouco criativo “There and back again…”

Nível mais alto

Comparando a prova da segunda fase da OBI2006 com a prova da OBI do ano passado, já era possível perceber que o nível esse ano subiu. E, como já esperado, o nível do curso e das pessoas também subiu, o que é excelente para o Brasil.

Mais prática, menos teoria

Neste ano não aconteceu a programação “normal” que tivemos nos últimos dois anos: aula teórica (só um professor apresentando slides e nós anotando, sem computadores) durante a manhã e aula prática durante a tarde.

Nos dois períodos nossas aulas foram no laboratório, com computadores, onde resolvemos uma porção de problemas do treinamento para a ACM da Universidade de Valladollid.

Criei uma pasta no meu servidor com todos os problemas que eu consegui resolver (alguns deles ficaram pela metade): http://tiagomadeira.net/pub/uva/.

Problemas sobre mais de um conteúdo

Uma característica interessante dos problemas desse ano (do treinamento e da prova) foi o uso de mais de um tipo de algoritmo para fazer a solução. A combinação mais comum foi geometria + grafos, que caiu inclusive na prova da Seletiva, no problema Labirinto.

A Prova

Primeiro Dia – Quadrado Romano

[Enunciado] 30 minutos tentando pensar em algum tipo de recorrência, 1h implementando uma solução força bruta! No final, pensei que faria uns 50 pontos (perderia um pouco por causa do tempo), mas perdi alguns pontos por resposta errada, ainda não sei por quê!

Solução: romano.c

Pontos: 10/100

Segundo Dia – Euros

[Enunciado] Durante as duas horas da prova fiquei procurando uma recorrência. Descobri que estou muito newbie em programação dinâmica. Não programei uma linha de código…

Pontos: 0/100

Terceiro Dia – Labirinto

[Enunciado] Olhei o enunciado e já saquei o que o problema queria. Eu tenho uma boa noção de grafos (embora precise estudar fluxos) e o curso trabalhou bastante algoritmos geométricos, então sem maiores problemas fiz o algoritmo, testei várias vezes, achei que ia tirar 100. No fim, não sei o que houve, se foi falta de tempo ou resposta errada. Só vi que fiz 40 pontos…

Solução: labirinto.c

Pontos: 40/100

Quarto Dia – Prova Final

[Caderno de Tarefas] Li todos os problemas e achei que poderia ir bem na prova (o primeiro problema eu tinha certeza que não conseguiria, mas o segundo e o terceiro dava pra fazer). Então, fui direto para o segundo problema, acreditando que era o mais fácil. Mas depois de bolar vários algoritmos, ter respostas erradas e tempos muito altos, tive que ficar com uma solução precária, um Floyd Warshall para cada troca de vértices (resultado: [tex]O(n^{5})[/tex]!) Aí depois não deu tempo de fazer o terceiro problema, mesmo eu tendo esboçado sua solução.

Solução do Teletransporte: tele.c

Pontos: 40/300

Conclusão

O legal é que esse curso sempre dá vontade de estudar, além de ensinar bastante… Aqui ficam registrados meus objetivos e metas pro segundo semestre de 2006 e primeiro semestre de 2007.

Objetivos

Metas

  • Comprar e ler Programming Challenges.
  • Estudar programação dinâmica. Conhecer os algoritmos mais comuns.
  • Estudar fluxos em rede e ordenação topológica.
  • Estudar matemática, inclusive recorrências e geometria (que não ajudam só para olimpíada de matemática, mas pras olimpíadas de informática também)

Curso da Seletiva IOI 2006: Primeiro Dia

ATENÇÃO: Este conteúdo foi publicado há 11 anos. Eu talvez nem concorde mais com ele. Se é um post sobre tecnologia, talvez não faça mais sentido. Mantenho neste blog o que escrevo desde os 14 anos por motivos históricos. Leia levando isso em conta.

Estou hospedado na casa do meu irmão, em Campinas, desde ontem de manhã (viajei domingo a noite de ônibus). Hoje foi o primeiro dia do curso preparatório para a seletiva da IOI2006, que começou às 9h00 devagarinho.

O dia hoje serviu para “nivelar” os participantes e treinar um pouquinho a resolução de problemas. De manhã, algumas pessoas tiveram uma aula sobre estruturas de dados, grafos e o básico de programação dinâmica e outras (a maioria) resolveram três problemas da Universidade de Valladollid:

412 – Pi

EnunciadoMinha Solução

Não é um problema muito complexo, mas eu usava um algoritmo muito demorado para determinar se dois números tinham ou não um fator comum, que não passava por tempo limite excedido. Então, o Fábio Dias Moreira nos passou uma propriedade bem interessante de MDC (Máximo Divisor Comum):

mdc(x, y) = mdc(x%y, y)

(onde o % é o resto da divisão, no C)

Aí dá pra fazer uma função recursiva mdc bem rápida, que eu apliquei na minha solução.

441 – Lotto

EnunciadoMinha Solução

Esse problema nem tem muito o que comentar. Implementação de dois minutos… hehehe… Eu podia ter feito uma função recursiva pra ficar um pouco mais “decente” (e poder mudar de 6 para outro número no futuro), mas não tinha necessidade, então ficou assim mesmo (e passou de primeira no site).

543 – Goldbach’s Conjecture

EnunciadoMinha Solução

O objetivo é provar a Conjectura de Goldbach para todos os pares menores que 1000000. Meu programa ainda não roda dentro do tempo, mas depois vou continuar a adapta-lo. Eu posso, por exemplo, ir fazendo a média entre o maior possível e o menor possível (aquele “algoritmo” que usamos quando alguém fala: “Pensei num número de 1 a 100. Tente advinhar…”) ao invés desses loops, o que já vai tornar o programa mais rápido (não sei se o suficiente).

Nesse problema, o Fábio me lembrou do Crivo de Eratóstenes. Bem interessante, nunca tinha implementado. :)


Provavelmente pela primeira vez, o almoço dos participantes do curso não foi no “bandeijão”, mas sim num restaurante chique perto do IC. Achei bem legal… Além de andar menos, o ambiente é melhor e a comida também.

Durante a tarde, o Fábio nos passou o algoritmo de Longest Common Subsequence (esse eu já sabia… hehehe) e depois o algoritmo que resolve o problema Subseqüências que caiu na prova da segunda fase (esse um pouquinho mais complicado!). Esse segundo eu pretendo implementar e depois até fazer um artigo sobre…

Depois, o Fábio nos deu algumas dicas, principalmente sobre os cálculos problemáticos que o computador faz com pontos flutuantes (algo bem interessante, que eu não entendia porque acontecia). Por exemplo, quando criamos um double x=0.1 o seu valor não é 0.1, mas sim o 1/1010 (em binário) que dá uma dízima periódica! E isso não é muito agradável, pode gerar até loops infinitos… Então, ele sugeriu que criássemos uma função para comparar dois números reais, com um código como esse:

/*
USO: Substituir...
x == y <==> cmp(x, y) == 0
x != y <==> cmp(x, y) != 0
x < y <==> cmp(x, y) < 0
x ### y <==> cmp(x, y) ### y
 
O "###" é "qualquer-coisa". Hehehe...
*/
 
#include <math.h>
 
const double EPS = 1.0e-10
 
int cmp(double x, double y) {
	if (fabs(x-y)<EPS) {
		return 0;
	} else if (x>y) {
		return 1;
	} else {
		return -1;
	}
}

Foi um bom ponto de partida legal, começamos de leve. Ainda não sei sobre o quê será a aula de amanhã…

Seletiva IOI

Neste ano vão haver quatro provas para selecionar os quatro participantes que irão representar o Brasil na Olimpíada Internacional de Informática em agosto, no México. As três primeiras, identificadas como “testes” no calendário da seletiva, terão apenas um problema e durarão duas horas cada uma. A última será no domingo, às 7h45min, terá três questões e durará cinco horas (pô, vou perder o comecinho do jogo de Brasil contra Austrália!). Achei legal esse método, mas como o César Kawakami disse: dessa maneira, não treinamos a estratégia, que é algo importante para a prova da IOI.


Por enquanto é só. Se der tempo, pretendo colocar um post por dia sobre o curso até o final dessa semana. :)

Primeiras Impressões

ATENÇÃO: Este conteúdo foi publicado há 11 anos. Eu talvez nem concorde mais com ele. Se é um post sobre tecnologia, talvez não faça mais sentido. Mantenho neste blog o que escrevo desde os 14 anos por motivos históricos. Leia levando isso em conta.

Ontem, no período da tarde, foi aplicada a prova da primeira fase da OBI2006, modalidade Programação Nível 2. Já que nem todos os colégios submeteram as soluções de seus alunos, ainda não vou publicar os meus códigos nem o enunciado dos problemas, mas apenas escrever sobre o que achei da prova (assuntos separados em tópicos).

Tempo de Prova

O caderno foi composto por cinco questões, para serem resolvidas em cinco horas. Na minha opinião, foi tempo até demais para o nível dos problemas. Acabei a prova em pouco mais de três horas (depois de criar outros casos de teste, ver a complexidade dos algoritmos e tudo…).

Dificuldade da Prova

Embora no começo eu sempre leve um susto, no fim achei a prova fácil. Fiz as cinco questões, acho que acertei todas e a complexidade de nenhum dos meus algoritmos ficou muito pesada (mas também nunca se sabe…). Espero tirar uma nota superior a 400 (de 500) e acho que é possível até eu ter gabaritado.

Complexidade

Neste ano, o pessoal deixou a parte de tempo bem fácil. Ao invés de ser um conjunto de teste em cada entrada, foi apenas um teste por entrada. A conseqüência é que, além da questão de tempo ficar mais fácil, também não precisamos nos preocupar em zerar as variáveis a cada loop.

Problema mais difícil

O melhor problema da prova foi, na minha opinião, o Escada Perfeita. Infelizmente, não posso comentar muito a respeito dele até todos submeterem suas soluções, mas esse problema foi muito bom.

No meio de um problema de grafos (Museu), dois de coisas básicas tipo entrada/saída (Truco e Jogo de Cartas) e um problema para mostrar que sabemos mexer com matrizes (Colheita de Caju); o sistema de equações que dava pra montar neste problema (Escada Perfeita) baseado na fórmula de soma de PAs (aquela lenda do Gauss quando tinha cinco anos…) e depois um algoritmo guloso, fizeram com que eu ficasse mais de uma hora tentando encontrar a solução (que ficou com complexidade O(n)). Depois crio um post para comentar mais a respeito!


Enfim… Não posso entrar em muitos detalhes por enquanto e nem tenho certeza de como fui. A fase pós-prova/pré-nota é sempre complicada… Mas, se não cometi erros que [se existirem] devo perceber e comentar nos próximos artigos, rumo a segunda fase!

Pessoal que participou também, comentem aí dizendo como foram!

Representando Grafos na Programação

ATENÇÃO: Este conteúdo foi publicado há 12 anos. Eu talvez nem concorde mais com ele. Se é um post sobre tecnologia, talvez não faça mais sentido. Mantenho neste blog o que escrevo desde os 14 anos por motivos históricos. Leia levando isso em conta.

No último artigo, conhecemos a representação chamada “grafo” da seguinte maneira:

Como todos sabemos, seria bem difícil trabalhar uma árvore assim na programação! Por isso, existem várias maneiras de representar um grafo. Nesta série só vou usar as duas mais populares:

  • Matriz de Adjacência
  • Lista de Adjacência

Poderíamos falar também sobre a Matriz de Incidência, mas eu nunca precisei utilizá-la, então prefiro só entrar nessas duas mesmo.

Cada vértice é um número

Para representar um grafo, cada vértice sempre vai ser um número. No caso de você querer representar amizade entre duas pessoas, como no exemplo do Orkut no último artigo, você cria um vetor chamado nome[] que contém o nome de cada número…

  1. Eu
  2. João
  3. Maria
  4. José
  5. Pedro

Matriz de Adjacência

A matriz de adjacência é uma matriz de N x N (onde N é o número de vértices do grafo). Ela inicialmente é preenchida toda com 0 e quando há uma relação entre o vértice do x (número da coluna) com o do y (número da linha), matriz[x][y] é marcado um 1.

Vamos escrever este grafo aqui usando uma matriz de adjacência:

Matriz Inicial

  1 2 3 4 5
1 0 0 0 0 0
2 0 0 0 0 0
3 0 0 0 0 0
4 0 0 0 0 0
5 0 0 0 0 0

Relações do nosso grafo

Já que o grafo não é orientado, a relação 1–2 significa 2–1 também.

  • 1–2 (2–1)
  • 1–3 (3–1)
  • 2–3 (3–2)
  • 2–4 (4–2)
  • 4–5 (5–4)

Essas são as cinco arestas do nosso grafo. Vamos representá-la na matriz de adjacência:

  1 2 3 4 5
1 0 1 1 0 0
2 1 0 1 1 0
3 1 1 0 0 0
4 0 1 0 0 1
5 0 0 0 1 0

Simetria

Uma das características da matriz de adjacência quando o grafo não é orientado é a simetria encontrada na “diagonal”. É interessante que se lermos uma coluna de índice v ou uma linha de índice v vamos encontrar a mesma coisa.

Problemas da OBI

Alguns desses programas são complicados, mas isto não entra em questão. Apenas dê uma olhada no recebimento da entrada deles. Todos estão em C. O que eles têm em comum é a utilização de uma matriz de adjacência para guardar o grafo (geralmente nomeada g):

* – Grafo orientado
+ – Grafo ponderado (veremos no próximo artigo)
X – Não queira ver esse problema. Nunca vi solução mais feia. Já estou providenciando uma implementação mais decente… ;)

Descobrir o grau de cada vértice

Eu não disse pra vocês que era fácil conseguir emprego no Orkut? Hehehe… Vamos pensar como podemos descobrir o grau (relembrando… o número de arestas que cada vértice tem OU o número de amigos que cada pessoa tem) na matriz de adjacências. Não basta contar quantos 1s tem na sua linha correspondente? Então façamos isto.

para i \leftarrow{} 1 até N, faça
	grau \leftarrow{} 0
	para j \leftarrow{} 1 até N, faça
		se matriz[i][j] = 1, então
			grau \leftarrow{} grau + 1
		fim-se
	fim-para
	imprima "O vértice " i " tem grau " grau "."
fim-para

O custo é \Theta{}(n^{2}) até no melhor caso… Será que não há uma maneira mais simples de fazer isso? Imagina um negócio do tamanho do Orkut. Milhões de pessoas… Não seria bem mais fácil se ao invés de termos que passar por todos os vértices, só passarmos pelos amigos? Não poderíamos colocar somente seus amigos num vetor? É por isto que utilizamos a lista de adjacência.

Lista de Adjacência

A lista de adjacência consiste em criar um vetor para cada vértice. Este vetor contém cada vértice que o vértice “conhece” (tem uma aresta para). Geralmente é representada com uma matriz, porque cada vértice vai precisar de um vetor diferente, não é? Já que eu não vou ser duas vezes “amigo” de ninguém, então podemos fazer uma matriz de NxN.

  1 2 3 4 5
1          
2          
3          
4          
5          

A lista consiste em escrever para cada número de linha (= vértice) seus amigos, da seguinte maneira:

  1. 2, 3
  2. 1, 3, 4
  3. 1, 2
  4. 2, 5
  5. 4

Portanto, na programação seria representado da seguinte maneira:

  1 2 3 4 5
1 2 3      
2 1 3 4    
3 1 2      
4 2 5      
5 4        

O método da lista de adjacências tem várias vantagens: dependendo de como você implementa você não precisa inicializar a lista (zerar), as buscas são bem mais rápidas (você só passa pelos vértices que são “amigos” do atual) e geralmente você já tem o grau do vértice na ponta da língua (eu, pelo menos, sempre uso um vetor cont que contém o número de amigos de cada vértice para ficar mais fácil inserir o próximo elemento na lista – lista[cont[v]++]=w).

Como implementar

Vamos trabalhar com uma entrada de vários x, y, indicando relação entre x-y (y-x) até que x=0 e y=0. O grafo não é orientado.

Matriz de Adjacências

para i \leftarrow{} 1 até N, faça
	para j \leftarrow{} 1 até N, faça
		matriz[i][j] \leftarrow{} 0
	fim-para
fim-para

enquanto (recebe x, y e x \neq{} 0), faça
	matriz[x][y] \leftarrow{} 1
	matriz[y][x] \leftarrow{} 1
fim-enquanto

Tem vários exemplos implementados em C aqui.

Lista de Adjacências

para i \leftarrow{} 1 até N, faça
	grau[i] \leftarrow{} 0
fim-para

enquanto (recebe x, y e x \neq{} 0), faça
	lista[x][grau[x]++] \leftarrow{} y
	lista[y][grau[y]++] \leftarrow{} x
fim-enquanto

Para quem não programa em C, o variavel++ significa “incrementar variavel depois da instrução atual”.

As duas juntas

para i \leftarrow{} 1 até N, faça
	para j \leftarrow{} 1 até N, faça
		matriz[i][j] \leftarrow{} 0
	fim-para
	grau[i] \leftarrow{} 0
fim-para

enquanto (recebe x, y e x \neq{} 0), faça
	matriz[x][y] \leftarrow{} 1
	matriz[y][x] \leftarrow{} 1
	lista[x][grau[x]++] \leftarrow{} y
	lista[y][grau[y]++] \leftarrow{} x
fim-enquanto

Qual a representação que devo utilizar?

Isso depende totalmente do problema. Em alguns casos, o mais barato é usar as duas representações juntas. As vantagens da lista de adjacências eu já escrevi aqui. A única vantagem da matriz de adjacências é você em tempo constante (não é nem linear) saber se um vértice é amigo de outro. Afinal, basta testar matriz[v][w].

Até maio do ano passado, eu não tinha aprendido isso direito e sempre usava a matriz de adjacências. Por isso muitos dos meus problemas estão resolvidos de forma pouco eficiente… e isso pode ser crucial numa prova. Por isso, saiba usar as duas formas!