Комбинаторные задачи

То есть, в рамках сделанной выше оценки на количество допустимых вариантов в переборе, мы можем рассмотреть все подмножества исходного множества только при n £ 20.

Прежде, чем перейти к рассмотрению программ, соответствующих второму способу перебора, укажем, когда применение этих программ целесообразно. Во-первых, данные программы легко использовать, когда необходимо в любом случае пе

ребрать все подмножества данного множества (например, требуется найти все решения удовлетворяющие тому или иному условию). Во-вторых, когда с точки зрения условия задачи не имеет значения, сколько именно элементов должно входить в искомое подмножество. На примере такой задачи мы и напишем программу генерации всех подмножеств исходного множества в лексикографическом порядке. Задача взята из книги [5].

Условие. Дан целочисленный массив a[1 N] (N £ 20) и число M. Найти подмножество элементов массива a[i1], a[i2], .a[ik] такое, что 1 £ i1 < i2 < i3 < . < ik £ N и a[i1] + a[i2] + . + a[ik] = M.

Решение. В качестве решения приведем процедуру генерации всех подмножеств, которые можно составить из элементов массива и функцию проверки конкретного подмножества на соответствие условию задачи.

function check(j:longint):boolean;

var k:integer; s:longint;

begin

s:=0;

for k:=1 to n do

if ((j shr (k-1))and 1)=1 {данное условие означает, что в

k-й справа позиции числа j, в 2-й системе, стоит 1}

then s:=s+a[k];

if s=m then

begin

for k:=1 to n do

if ((j shr (k-1))and 1)=1 then write(a[k]:4);

writeln

end

end;

procedure subsets(n:integer);

var q,j:longint;

begin

q:=1 shl n; {таким образом мы помещаем в q число 2^n}

for j:=1 to q-1 do {цикл по всем подмножествам}

if check(j) then exit

end;

Заметим, что если все элементы в массиве положительные, то, изменив порядок рассмотрения подмножеств, решение приведенной выше задачи можно сделать более эффективным. Так, если сумма элементов какого-либо подмножества уже больше, чем M, то рассматривать подмножества, включающие его в себя уже не имеет смысла. Пересчет же сумм можно оптимизировать, если каждое следующее сгенерированное подмножество будет отличаться от предыдущего не более, чем на один элемент (такой способ перечисления подмножеств показан в [2]). Приведенная же программа черезвычайно проста, но обладает одним недостатком: мы не можем ни в каком случае с ее помощью перебирать все подмножества множеств, состоящих из более, чем 30 элементов, что обусловлено максимальным числом битов, отводимых на представление целых чисел в Турбо Паскале (32 бита). Но, как уже было сказано выше, на самом деле, перебор всех подмножеств у множеств большей размерности вряд ли возможен за время, отведенное для решения той или иной задачи.

Генерация всех перестановок n-элементного множества

Количество различных перестановок множества, состоящего из n элементов равно n!. В этом нетрудно убедиться: на первом месте в перестановке может стоять любой из n элементов множества, после того, как мы на первом месте зафиксировали какой-либо элемент, на втором месте может стоять любой из n – 1 оставшегося элемента и т.д. Таким образом, общее количество вариантов равно n(n – 1)(n – 2) .3×2×1 = n!. То есть рассматривать абсолютно все перестановки мы можем только у множест, состоящих из не более, чем 10 элементов.

Рассмотрим рекурсивный алгоритм, реализующий генерацию всех перестановок в лексикографическом порядке. Такой порядок зачастую наимболее удобен при решении олимпиадных задач, так как упрощает применение метода ветвей и границ, который будет описан ниже. Обозначим массив индексов элементов — p. Первоначально он заполнен числами 1, 2, ., n, которые в дальнейшем будут меняться местами. Параметром i рекурсивной процедуры Perm служит место в массиве p, начиная с которого должны быть, получены все перестановки правой части этого массива. Идея рекурсии, в данном случае следующая: на i-ом месте должны побывать все элементы массива p с i-го по n-й и для каждого из этих элементов должны быть получены все перестановки остальных элементов, начиная с (i+1)-го места, в лексикографическом порядке. После получения последней из перестановок, начиная с (i+1)-го места, исходный порядок элементов должен быть восстановлен.

{описание переменных совпадает с приведенным выше}

procedure Permutations(n:integer);

procedure Perm(i:integer);

var j,k:integer;

begin

if i=n then

begin for j:=1 to n do write(a[p[j]],' '); writeln end

else

begin

for j:=i+1 to n do

begin

Perm(i+1);

k:=p[i]; p[i]:=p[j]; p[j]:=k

end;

Perm(i+1);

{циклический сдвиг элементов i n влево}

k:=p[i];

for j:=i to n-1 do p[j]:=p[j+1];

p[n]:=k

end

end;{Perm}

begin {Permutations}

Perm(1)

end;

begin {Main}

readln(n);

for i:=1 to n do p[i]:=i;

a:=p; {массив a может быть заполнен произвольно}

Permutations(n)

end.

Заметим, что в данной программе массив p можно было и не использовать, а переставлять непосредственно элементы массива a.

Разбиения множества

Число разбиений n-элементного множества на k блоков произвольного размера, но таких, что каждый элемент множества оказывается “приписан” к одному из блоков, выражается числом Стирлинга второго рода S(n,k) [6,7]. Очевидно, что S(n,k) = 0 для k > n. Если согласиться, что существует только один способ разбиения пустого множества на нулевое число непустых частей, то S(0,0) = 1 (именно такая договоренность, как и в случае с факториалом, приводит в дальнейшем к универсальным формулам). Так как при разбиении непустого множества нужна, по крайней мере, одна часть, S(n,0) = 0 при n > 0. Отдельно интересно также рассмотреть случай k = 2. Если непустое множество разделили на две непустые части, то в первой части может оказаться любое подмножество исходного множества, за исключением подмножеств, включающих в себя последний элемент множества, а оставшиеся элементы автоматически попадают во вторую часть. Такие подмножества можно выбрать 2n-1 – 1 способами, что и соответствует S(n,2) при n > 0.

Для произвольного k можно рассуждать так. Последний элемент либо будет представлять из себя отдельный блок в разбиении и тогда оставшиеся элементы можно разбить уже на k – 1 частей S(n – 1,k – 1) способами, либо помещаем его в непустой блок. В последнем случае имеется kS(n – 1,k) возможных вариантов, поскольку последний элемент мы можем добавлять в каждый блок разбиения первых n - 1 элементов на k частей. Таким образом

S(n,k) = S(n – 1, k – 1) + kS(n – 1, k), n > 0. (5)

Полезными могут оказаться также формулы, связывающие числа Стирлинга с биномиальными коэффициентами, определяющими число сочетаний:

 Скачать реферат