6. Алчни алгоритми

План:
Задачи за домашно 5 и 6
Оптимални решения
Задача за монети - минимален брой
Египетски дроби
Дробна задача за раницата
Разходката на коня
Задания и крайни срокове
Задачи за домашно 7 и 8


Оптимални решения

Ще разглеждаме задачи,  в които се търси оптималното решение в множество от възможни решения.
- При метода търсене с връщане, за да се намери оптималното решение, е необходимо да се намерят решенията на всички подслучаи на задачата (не непременно оптимални). Основен недостатък е, че някои от тях евентуално биват пресмятани многократно.
- Повторното пресмятане на едни и същи подслучаи може да се избегне, като се приложи динамично оптимиране, но недостатък е необходимост от достатъчно памет за запазване на резултатите.
 - Евристичният алгоритъм се насочва към един от всичките подслучаи на задачата и решава единствено него с надеждата, че той ще се окаже правилният. Изборът на този подслучай се извършва въз основата на локален критерий за оптималност.

Алчните алгоритми (greedy algorithms) правят най-добрия за момента избор:
- локално е съвсем лесно и разумно,
- глобално, на по-късен етап може да се окаже, че този избор не е бил най-подходящият.

Алчните алгоритми:
+  се съставят лесно, обикновено реализацията на алгоритъма не е сложна;
 - не винаги намират оптималното решение на задачата;
+ бързо намират решение, близко до оптималното.


 
Задача за монети - минимален брой
[9.1]

Задача:
Да се намери начин за получаване на дадена сума m, като се използват минимален брой банкноти и монети, с номинали от множеството C = {a1, a2, ..., an}.

Общо решение с пълно изчерпване (генериране на всички подмножества).
Решение с динамично оптимиране

Алчен алгоритъм:  На всяка стъпка избираме най-голямата възможна стойност.

Пример:  Стойностите са 1, 2, 5, 10, 20, 50 лева, m = 134.
Решение: s = 0;
134 > 50, s = 50;
134-50 = 84 > 50; s  = 100;
84-50 = 34 > 20, s = 120;
34-20 = 14 > 10, s = 130;
14-10 = 4 > 2, s = 132;
4-2 = 2, s = 134.
 
2x50 + 20 + 10 + 2x2 = 134 (6 банкноти) - оптимално решение

Пример:  Стойностите са 2, 5, 20, 30 лева, m = 40.
Решение: s = 0;
40 > 30, s = 30;
40-30 = 10 > 5, s = 35;
10-5 = 5, s = 40.
   30 + 2x5 = 40 (3 банкноти) - не е оптимално; 2x20 = 40 (2 банкноти) - оптимално решение.

Пример:  Стойностите са 2, 5, 20, 30 лева, m = 6.
Решение: s = 0;
6 > 5, s = 5;
6-5 = 1 < 2
 
  няма решение; 3x2 = 6 - оптимално (единствено) решение.

Пример:  Стойностите са 2, 5, 20, 30 лева, m = 11.
Решение: s = 0;
11 > 5, s = 5;
11-5 = 6 > 5, s = 10;
6-1 = 1 < 2
   няма решение



Египетски дроби
[9.1.1]

Древните египтяни са използвали означение само за дробите с числител единица. Всяка друга дроб p/q представяли и записвали като сума от такива дроби (с числител единица). Например, 7/9 може да се представи като сума по някой от следните начини:
7/9 = 1/3 + 1/3 + 1/9
7/9 = 1/2 + 1/4 + 1/36
7/9 = 1/9 + 1/9 + 1/9 + 1/9 + 1/9 + 1/9 + 1/9

Задача: Дадени са две естествени числа p и q (0 < p < q; ). Да се намери представяне на дробта p/q във вид на сума:
p/q = 1/a1 + 1/a2 + ... + 1/an,
при което знаменателите a1, a2, ..., an да бъдат различни.

Алгоритъм:  На всяка стъпка избираме поредният член в сумата да бъде максималната дроб, която може да се добави към текущата сума така, че резултатът да не надвишава p/q (дробта с най-малък знаменател).

Пример:  p/q = 7/9 най-голямата възможна дроб е 1/2.
7/9 > 1/2, a1 = 2;
1/2 + 1/a2  < 7/9,  1/a2  < 7/9 – 1/2,  1/a2 < 5/18;
1/3 > 5/18 (1x18 > 3x5), 1/4 < 5/18 (18 < 20), a2  = 4;
1/a3 = 7/9 – 1/2 – 1/4 = 5/18 – 1/4 = 2/72 = 1/36;
         1/2 + 1/4 + 1/36 = 7/9.

Алгоритъмът винаги решава задачата - намира търсеното представяне с най-малък брой дроби.


Дробна задача за раницата
[9.1.5]

Задача: Дадени са n предмета, всеки от които с тегло mi и стойност ci, i = 1, 2, ..., n, които можем да поставяме в раницата и ограничено тегло m на раницата. Задачата е да поставим в раницата предмети с най-голяма обща стойност.

* Класическа задача за раницата: предметите не могат да се делят на части  (0-1 задача за раницата: всеки един предмет или се взема, или - не).
* Дробна задача за раницата: може да вземе произволна част от всеки предмет (напр. брашно, сол, вода, ...).

Алгоритъм: Взема се максимална част от най-скъпия предмет (с най-висока цена за единица тегло).

Пример: Раница с тегло 16.
Предмет
номер
Обща стойност
ci
Общо тегло
mi
Стойност за единица тегло
ci/mi
1
25
10
25/10 = 2.5
2
12
8
12/8 = 1.5
3
16
8
16/8 = 2.0
2.5 > 2 > 1.5
10 < 16 => слагаме в раницата 10 от предмет 1;
8  > (16 - 10) = 6 => слагаме 6 от предмет 3;
раницата е пълна, обща стойност = 25 + 6*2 = 25 + 12 = 37
Получаваме оптимална стойност (решение на задачата) за време O(n log n).

Ако приложим същия алгоритъм за класическата задача за раницата, получаваме само предмет номер 1 в раницата (тегло 10 < 16) и стойност 25. Това не е решение на задачата, защото може да сложим двата предмета с номера 2 и 3 (тегло 8+8 =16) и да получим стойност на раницата 28.


Разходката на коня
[9.1.8] (Wiki)

Задача: Може ли шахматният кон да обходи всички полета на шахматната дъска, като стъпи само по веднъж във всяко поле на дъската?
Варианти:
* начална позиция на коня:
- конят се намира в най-горното ляво поле на шахматната дъска;
- конят се намира в произволно поле на шахматната дъска.
* размер на шахматната дъска.

Решение по метода "търсене с връщане" - O(2n), решава задача до размер 7х7.

Алгоритъм на Варнсдорф: Следващото поле на коня се избира това, от което има най-малко възможни следващи ходове.

Пример:  Начално поле (1,1) -> (2,3), (3,2). Конят може да стъпи на 8 различни полета, ако е в средата на дъската. И от двете полета (2,3), (3,2) две полета са извън дъската и не трябва да се връща в (1,1), следователно има 5 възможни полета. Избираме (2,3). И т.н.
knight
Сложност на алгоритъма O(n2). Има и алгоритъм, който намира пътя на коня за дъска mxn за време O(mn), ако задачата има решение.


Задания и крайни срокове
[AL p. 60]

Задача: Имаме да направим n задания (задачи, проекти) с дадени продължителност и краен срок за всяко задание. Заданията се изпълняват последователно - следващото задание може да започне, когато е завършило прдходното.  За всяко задание печелим d - x точки, където d е крайният срок на задачата, а x е моментът на завършване на заданието. Колко най-много точки можем да получим след изпълнението на всички задания?

Алгоритъм: Оптималното решение не зависи от крайните срокове изобщо, а заданията се изпълняват по нарастващ ред според тяхната продължителност.

Пример:
Задание
Продължителност
Краен срок
A
4
2
B
3
5
C
2
7
D
4
5
Редът на изпълнение на заданията е: C, B, A, D.
tasks
Спечелените точки са:  7-2=5 за C; 5-5=0 за B; 2-9=-7 за A; 5-13=-8 за D. Общо -10.

Обосновка на алгоритъма. Нека имаме две задания X и Y с продължителност a и b (a > b). Има два варианта за изпълнението им:
XY
YX
Във втория вариант X дава b точки по-малко, а Y дава a точки повече, следователно общият брой точки се променя с a - b > 0.

Сложност на алгоритъма O(n log n) поради сортировката.