Текст книги "Программирование игр и головоломок"

Автор книги: Жак Арсак

сообщить о нарушении

Текущая страница: 12 (всего у книги 16 страниц)

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 a_n−2 и, когда добираетесь до конца, увеличиваете предпоследний подвижный член, затем берете a_n−2 = a_n−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 . .  жк 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 2^p−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 2^p−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.