Розв’язування лабіринту чисел-бункерів

Моїм 8-річним набридло, створюючи звичайні лабіринти, і він взявся за створення таких варіантів:

Кількість зразка бункера

Ідея полягає в тому, щоб почати з x і досягти o через звичайні правила. Крім того, ви можете " перейти " з будь-якого цілого числа на будь-яке інше ціле число , але ви повинні сплатити доларів за пільгу. Мета - вирішити лабіринт за найменші витрати. У наведеному вище прикладі ми можемо перейти від x до o через x-14-18-27-28-o за вартістю 5, але дешевше перейти на x-13-11-9-8-29-28-o лише 4. $a$ $b$ $|a-b|$

Тож ось моє запитання: яке найкраще рішення (з точки зору асимптотичного часу роботи) ви можете вирішити для вирішення цього питання? Ви можете зробити будь-які розумні припущення щодо формату введення.

Примітка. Я використовую тут тег "пазли", оскільки маю на увазі відповідь , але я не впевнений, що це оптимально, і я хотів би побачити, чи може хтось ще покращити моє рішення. (Тут - кількість цілих чисел у лабіринті.) $O(n^2)$ $n$

ds.algorithms optimization puzzles

— Фікс
джерело

Реквізит для вашої дитини для створення таких творчих та математичних пазлів!

— bbejot

@bbejot Ви повинні побачити деякі речі, які він мене запитує ... іноді я не можу відповісти на його запитання. Напр., Math.stackexchange.com/questions/33094/…

— Fixee

Я не впевнений, що ваші розрахунки витрат правильні. x-14-18-27-28-o має коштувати

а x-13-11-9-8-29-28-o повинен коштувати

4 + 9 + 1 = 14

$4 + 9 + 1 = 14$

2 + 2 + 1 + 21 + 1 = 27

$2 + 2 + 1 + 21 + 1 = 27$

— Дейв Кларк

@ Не всі переходи є стрибками. Ми можемо написати "ab" для стрибків (у яких вартість

) і "a-> b" для прогулянки по графіку від a до b (що має вартість

), що дозволено, лише якщо вони доступні, не розбиваючи стіни в лабіринті. У цьому позначенні маємо x-> 14-18-> 27-28-> o і вартість 5 і x-> 13-11-> 9-8-> 29-28-> o. Я худий Fixee не вводив цю нотацію через те, що вона є зайвою: немає причин стрибати двічі, і тому хміль і прогулянки в лабіринті будуть чергуватися.

| a - b |

$|a - b|$

0

$0$

— Артем Казнатчеєв

Це відмінна проблема домашнього завдання!

— Jeffε

Відповіді:

Ви можете вирішити це за час, використовуючи варіацію алгоритму Дейкстри. Ми можемо уникнути, не виконуючи всі оновлення відстані, коли відвідуємо новий вузол. Якщо ми відвідуємо вузол , нам потрібно лише оновити відстані всього, що можна переходити від до 0, і оновлювати відстані до двох вузлів і з найближчими значеннями до менше і більше, ніж які не мають вибрали ще. $O(n\log n)$ $y$ $y$ $y_-$ $y_+$ $y$ $y$

Цих оновлень достатньо, щоб купа повертала мінімальний елемент, тому що будь-який найближчий вузол, на який ви переходите, повинен був чисельно трохи вище або трохи нижче вже відвіданого вузла.

Кожен вузол оновлюється до 0 максимум одразу (якщо ми вискакуємо всі нульові відстані з черги, щоб уникнути квадратичної поведінки), і кожен раз, коли ми додаємо вузол, ми робимо лише O (1) інші оновлення. Пошук значень і може бути здійснено за лінійним часом, якщо ми також збережемо упорядкований подвійно пов'язаний список усіх вузлів, відсортований за їх цілими значеннями. Створення цього подвійно пов'язаного списку займає час , і, нарешті, оновлення до і спливає з купи займає час , загальний час виконання $y_-$ $y_+$ $O(n \log n)$ $O(n)$ $O(n \log n)$ $O(n \log n)$

— Дейв
джерело

Це, ймовірно, можна трохи покращити, використовуючи черзі сортування та пріоритетності, спеціалізовані для цілих чисел, але ви не можете зробити краще, ніж сортування цілих чисел, як видно з наступного зменшення: якщо у нас є список цілих значень

, встановіть

удвічі менше мінімуму, а

- удвічі більше максимуму. Створіть область зі значеннями

та

один для одного

. Найкраще рішення проходить через кожну область в упорядкованому порядку по

, і таким чином виробляється сортування

x_{1}, \dots, x_{n}

$x_1,\ldots,x_n$

x

$x$

o

$o$

2 x_{i}

$2x_i$

2 x_{i} + 1

$2x_i+1$

x_{i}

$x_i$

x_{i}

$x_i$

значення.

x_{i}

$x_i$

— Дейв

Дейв правильно, це можна зменшити до

, лише оновивши

. Крім того, замість того, щоб підключати кожен вузол у регіоні до кожного іншого вузла в регіоні, їх потрібно підключити лише до 1 або 2 інших вузлів у регіоні (зробити шлях). Таким чином, кожен вузол має лише до 4 ребер. Тоді алгоритм Дейкстри (з чергою черговості пріоритету), можливо, застосовано надання часу

O (n l g n)

$O(n lg n)$

y_{+}

$y_+$

y_{-}

$y_-$

O (n l g n)

$O(n lg n)$

— bbejot

@bbejot: Але якщо так, чи не покращує інтегральну чергу пріоритетів Thorup час роботи до

, або навіть до

з деякою додатковою технікою ковзання в непрямому випадку?

O (n \log \log n)

$O(n \log\log n)$

O (n)

$O(n)$

— Сісен-Чі Чанг 張顯之

Я відчуваю, що може бути найкращим, що ти можеш отримати. $O(n^2)$

Здається природним перетворити цю проблему на найкоротшу проблему шляху спеціальним початковим вузлом (x) та кінцевим вузлом (0). Буде також ще один вузол для кожного з чисел. І x, і 0 мають краї вагою 0 для всіх вузлів чисел, які доступні в лабіринті. Усі вузли чисел пов'язані або з масою 0 (якщо цифри доступні лабіринту), або з різницею між числами (якщо їх немає в лабіринті).

Найкоротший шлях у цьому графіку не може бути вирішений менше ніж оскільки граф має приблизно ребра, і, в гіршому випадку, потрібно було б переглянути кожен випадок один раз. Таким чином, алгоритм Дейкстра для найкоротшого шляху займає час і є в гіршому випадку оптимальним. $O(n^2)$ $n^2$ $O(n^2)$

— bbejot
джерело

Це відповідь, яку я мав на увазі; звичайно, вам потрібно використовувати належну структуру даних з алгоритмом Дейкстри, щоб отримати

O (n^{2})

$O(n^2)$

O (n^{2} \lg n)

$O(n^2 \lg n)$

r

$r$

O (r^{2})

$O(r^2)$

O (n \log n)

$O(n\log n)$

O (r^{2} + n \log n)

$O(r^2 + n\log n)$

Ω (n \log n)

$\Omega(n\log n)$

Ω (n^{2})

$\Omega(n^2)$