Жак Арсак - Программирование игр и головоломок

• Название: Программирование игр и головоломок
• Автор: Жак Арсак
• Издательство: Наука. Гл. ред. физ.-мат. лит.
• Жанр: Программирование
• Год: 1990
• ISBN: 5-02-013959-9

Рассматриваются способы программирования различных занимательных игр и головоломок с числами, геометрическими фигурами и др. Изложение большинства игр и головоломок ведется в несколько этапов. Сначала разъясняется сама постановка задачи и требования, предъявляемые к алгоритму ее решения.

В следующем разделе книги обсуждается сам алгоритм и возможные пути его реализации.

В конце книга по многим играм и головоломкам даются наброски их программной реализации. Используемый при этом язык типа Паскаля допускает перевод на другие широко распространенные языки программирования.

Для начинающих программистов, студентов вузов и техникумов.

---

— если u истинно, то выполняется a, и все возобновляется.

Допустим, что условия t и u таковы, что я имею возможность проверить u, даже если проверка условия t дает значение ЛОЖЬ[29]. Тогда, пока условия t и u истинны, в цикле выполняется а.

Вот другая последовательность, которая может встретиться:

— проверяется условие t,

— если оно истинно, то проверяется u,

— если u ложно, то выполняется b, и все возобновляется.

Таким образом, мы приходим к форме, для которой можно доказать, что она всегда эквивалентна исходной (с точностью до ограничения, что должна существовать возможность вычисления и даже в случае, когда t ложно).

ПОКА t ВЫПОЛНЯТЬ

  ПОКА t И u ВЫПОЛНЯТЬ а ВЕРНУТЬСЯ

  ПОКА t И НЕ u ВЫПОЛНЯТЬ b ВЕРНУТЬСЯ

ВЕРНУТЬСЯ

Мы перепишем программу для определения равнин, чтобы придать ей форму ПОКА, заключенного в скобки ЕСЛИ:

i := 1; р : = 0;

ПОКА i ≤ n ВЫПОЛНЯТЬ

  ЕСЛИ a[i] = a[i − р]

    ТО x := a[i]; р := р + 1; i := i + 1

    ИНАЧЕ i := i + 1

  КОНЕЦ_ЕСЛИ

ВЕРНУТЬСЯ

Мы обнаруживаем, что в нашем случае мы не можем объединить два условия с помощью операции И: если i не удовлетворяет условию, что i не больше n, то нельзя поставить вопрос относительно a[i]. Обрисуем трудность подходящим образом:

— нужно либо добавить в таблицу а поле, которое содержит какую-нибудь несущественную для нас величину (мы к этой величине не обращаемся);

— либо нужно допустить, что операция И не коммутативна. Для вычисления t и u мы вычисляем t, и если результат есть ЛОЖЬ, то все кончено и притом с результатом ЛОЖЬ. В противном случае результат есть значение условия u.

Тогда можно использовать наше преобразование:

i := 1; р := 0;

ПОКА i ≤ n ВЫПОЛНЯТЬ

  ПОКА i ≤ n И а[i] = a[i − р] ВЫПОЛНЯТЬ

    x := а[i]; р := р + 1; i := i + 1

  ВЕРНУТЬСЯ

  ПОКА i ≤ n И а[i] ≠ a[i − р] ВЫПОЛНЯТЬ

    i : = i + 1

  ВЕРНУТЬСЯ

ВЕРНУТЬСЯ

Первый цикл движется по таблице а, пока обнаруживается, что элементы равны между собой. Более точно, р и i изменяются одинаково, так что разность i − р остается постоянной. Все элементы a[i] сравниваются с одним и тем же элементом, и величина x остается постоянной, равной этому элементу, на протяжении всего цикла.

Второй цикл изменяет i до тех пор, пока не обнаружится пара элементов, отстоящих на р + 1.

Уточним ситуацию выхода из первого внутреннего цикла. Мы собираемся найти конец равнины, которая лучше всех предыдущих, мы фиксируем ее длину р и ее значение х, a i обозначает первый элемент после этой равнины. Мы можем надеяться найти пару j, j − р с

a[j] = a[j − р]

только пока j − р остается на равнине, которую мы собираемся пройти. Наименьшее соответствующее i значение j удовлетворяет условию j − р = i, или j = i + р.

Следовательно, можно увеличивать i от р в обоих циклах, не меняя действия программы, что ускоряет ее работу.

Чтобы ускорить и первый внутренний цикл, мы присвоим переменной x ее значение перед циклом и сохраним ее начальное значение в j. Так как i − р остается постоянным, то можно вычислить значение р также и после выхода из цикла. Начальные значения суть i = j и р = р0, а конечные значения i и р удовлетворяют соотношениям i − р = j − р0, откуда р = i + р0 − j:

i := 1; р := 0

ПОКА i ≤ n ВЫПОЛНЯТЬ

x := а[i]; j := i

  ПОКА i ≤ n И а[i] = x ВЫПОЛНЯТЬ

    i := i + 1

  ВЕРНУТЬСЯ

  р := i + р − j; i := i + p

  ПОКА i ≤ n И а[i] ≠ a[i − р] ВЫПОЛНЯТЬ

    i := i + 1

  ВЕРНУТЬСЯ

ВЕРНУТЬСЯ

Вы можете получить эту программу непосредственно, минуя механизм преобразования программ. Но этот способ кажется мне требующим больших умственных усилий,

Может быть, это связано с ходом мыслей, который я приобрел, преподавая[30].

Головоломка 35.

Хорошенько учтите то, что вы знаете: обозначим через и таблицу, которая дает последние элементы наилучших возрастающих последовательностей для (всех возможных) длин от 1 до m.

Покажем сначала, что ui < ui+1. Предположим, что это не так: пусть существует такая последовательность длины i + 1, у которой последний элемент не больше ui. Так как эта последовательность возрастает, то ее предпоследний элемент меньше ui+1 и потому меньше ui. Тогда, удаляя последний элемент этой последовательности, мы получили бы последовательность длины i с последним членом, меньшим ui, что противоречило бы предположению, что ui — последний элемент последовательности длины i с наименьшим возможным последним элементом.

Рассмотрим теперь следующий элемент x нашего вектора. Разместим его в упорядоченной таблице u. Может случиться, что x > um. Тогда элемент x можно присоединить к концу последовательности длины m; тем самым получилась бы (впервые) возрастающая последовательность длины m + 1, которая вследствие своей единственности была бы оптимальна.

Если x меньше u1, то им следует заменить для построения новой наилучшей последовательности с длиной 1. Если же, наконец, оказывается, что ui < x < ui+1, то x можно присоединить к концу последовательности с длиной i + 1, чтобы получить последовательность с длиной i + 1, которая лучше уже известной, и поэтому ui+1 следует заменить на х. Так как и упорядочена, то вы можете разместить в ней x с помощью дихотомического поиска.

Эта операция требует порядка log2 m действий для m, не превосходящих n. Так как вам требуется n обращений к таблице, то вы получаете верхнюю границу числа действий порядка n log2 n, что чрезмерно завышено.

Головоломка 36.

Предположим, что вы уже прошли первую цепочку вплоть до индекса i − 1 и получили наилучшие слова длины р, меняющейся от 1 до m. Вы рассматриваете символ в положении i и ищете его в другой цепочке. Его первое положение j1 может быть поставлено в конце некоторого слова — скажем, слова длины р1 — и даст слово длины р1 + 1, которое окажется лучшим, чем предыдущее: действительно, если j1 можно поставить после слова длины p1, то это значит, что его значение больше положения последнего символа в наилучшем слове длины р1, но меньше положения последнего символа в слове длины p1 + 1, Рассмотрим теперь второе появление того же символа во второй цепочке: j2 > j1. Его нельзя поставить в конце елова длины p1 + 1, хотя j2 и больше j1, потому что это — другое появление того же символа, и их не нужно смешивать. Поэтому достаточно ограничиться по поводу этого появления символа обращением к таблице в ее части от p1 + 2 до m.