Archive

Архів автора

Знаходження кількості простих циклів у неорієнтованому графі

Тут ми розглянемо як порахувати кількість простих циклів у неорієнтованому графі. Один зі способів виконання цієї задачі – це динамічне програмування з бітовими масками. Саме цей спосіб ми тут і розглянемо. Ми припускаємо, що ви вже знайомі із поняттям динамічного програмування.

Огляд ДП з бітовими масками

Якщо говорити про нашу задачу, то динамічне програмування з бітовими масками розглядає всі можливі підмножини вершин графа. Наприклад, якщо граф має три вершини пронумеровані від 1 до 3, то такими підножинами будуть {}, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}. Ці множини зручно представляти у вигляді бітових масок. Таких підмножин буде 2^n, що мовою С++ виглядає як 1 << n, де n – це кількість вершин у графі.

Читати далі…

Advertisements

Стара задача про шляпи

Група чаклунів зібралась на галявині, щоб вирішити питання, що накопичились у магічній країні. Магічна сила чаклунів залежить від їхньої шляпи. Щоб в палу суперечки не спалити один одного своїми закляттями вони вирішили залишити свої шляпи біля сусіднього з галявиною дуба-велетня. Поки вони обговорювали свої питання, впала ніч, тому коли розходились кожен з них взяв першу ліпшу шляпу. Нас цікавить, скільки ж чаклунів повернулись до своїх веж із своїми власними шляпами.

Читати далі…

Порівняльний тест стабільності процесу Грама — Шмідта

Сьогодні ми розглянемо стабільність процесу Грама-Шмідта. Для цього ми реалізуємо класичну, clgs(), і стабільну, stgs(), версії алгоритму, а як еталон ми використаємо вбудовану функцію MATLAB – qr(). Ми згенеруємо 80×80 матрицю з “випадковою” Q і з R чиї діагональні елементи спадають експоненційно. Для створення вхідної матриці A ми скористаємось cингулярним розкладом матриці. Більше про те чим відрізняєтьс класичний і стабільний варіанти алгоритму можна прочитати у статті на Вікіпедії.
Читати далі…

Розв’язання задачі MappingABC з TopCoder

Тут я розгляну розв’язок задачі MappingABC з TopCoder. Це задача з першого дивізіону другого рівня складності, тому вона вимагає певний рівень учасника для розв’язання.

Основне спостереження, яке допомагає в розв’язанні – це те, що для того, щоб порахувати всі прийнятні рядки ми можемо розбити рядок на три підрядки: до першого A – [0, FA], між першим A і останнім C – [FA, LC] і після останнього C – [LC,t.size()-1]. Ми рахуємо лише ті рядки в яких у [FA, LC] трапляється B.

Введемо дві множини для позначення символів які трапляються лише зовні [FA, LC] і інші, відповідно \mathcal O і \mathcal I. Тоді кількість прийнятних рядків така:
\prod_{s\in \mathcal O}\mbox{bitcount}(s) + \Big( \prod_{s\in \mathcal I}\mbox{bitcount}(s) - \prod_{s\in \mathcal I}\mbox{bitcount}(s \& 5) \Big).

Дивись коментарі в сирцевому коді для подальших роз’яснень.
Читати далі…

Категорії:C++, Комбінаторика Позначки:, ,

Градієнт деформації

У результаті деформації у тривимірному випадку куб перетворюється у щось схоже на паралелепіпед. Градієнт деформації це тензор, що вимірює цю зміну форми разом із обертанням матеріалу.

Будь-який куб можна характеризувати за допомогою трьох ортогональних векторів, що утворюють його ребра. Те саме можна сказати про паралелепіпед. Градієнт деформації \mathbf F виражає ці зміни через збирання трьох ребер отриманих в результаті деформації в матрицю. У декартових координатах стовпчики цієї матриці містять вектори деформованих ребер виражені відносно векторів початкових ребер. Під відносними уважається, що всі зміни довжин виражені як множники початкових довжин, а всі напрямки виражені через напрямки початкових ребер. Тобто, визначивши підхожим чином одиницю довжини, ми можемо вважати, що початковий куб – одиничний, чиї ребра вирівняні уздовж осей координат і утворюють базис \mathbf E_1, \mathbf E_2, \mathbf E_3. Після деформації ці ребра трансформуються у \mathbf e_1, \mathbf e_2, \mathbf e_3. Якщо ви знаєте компоненти \mathbf e_k то ви маєте k-й стовпчик \mathbf F у координатах \mathbf E_1, \mathbf E_2, \mathbf E_3. Тобто,

\mathbf e_k = \mathbf F \cdot \mathbf E_k.

Деформовані вектори ребер – \mathbf e_k не обов’язково ортогональні чи одиничні. Їх називають “матеріальними векторами”, тому що вони рухаються разом із матеріалом.
Читати далі…

Категорії:Механіка Позначки:

Різний дріб’язок потрібний у роботі з github

У цьому пості я буду описувати різноманітні проблеми, з якими я неодноразово стикався у декількох своїх репозиторіях на github. Просто для того, щоб не шукати це все знов кожного наступного разу.

Локальне ім’я і поштова адреса

Іноді доводиться працювати з власним/домашнім репозиторієм з робочого компа, тоді варто встановити ім’я і поштову адресу користувача локально в репозиторії. Робиться це так:

git config --local user.email no@no.no
git config --local user.name Harmyder

Символ для коментарів

Іноді закомітивши зміни помічаєш, що забув вказати номер issue до якого цей коміт мав би бути прив’язаним. Оскільки номер десятого issue в повідомленні виглядає так #10, а за промовчанням символ коментаря теє #, то виникає конфліктна ситуація. Отже можна змінити символ для коментаря:

git config --local core.commentchar ";"

Читати далі…

Категорії:Git Позначки:

Розв’язання задачі BearEmptyCoin

Нещодавно спробував одну з задач першого дивізіону на топкодері. Задача виявилось надто складною для того, щоб я її самостійно розв’язав, навіть зрозуміти код, який вільно доступний, я не зміг. Отже, шукав допомоги в інтернеті. На запит “BearEmptyCoin” Google мені видав кілька посилань власне на topcoder.com і посилання на три блоги, китайською, корейською і японською мовами:) За допомогою Google перекладача, який досить невміло перекладає з цих мов, мені вдалось якось докопатись до істини. Тому, зараз я можу поділитись поясненням розв’язку із вами.

Формулювання

Маємо чесну монету, чисту з обох боків. Цією монетою ми гратимемо в гру. На початку рахунок 0, гра триватиме K раундів. Кожен раунд такий:
1. Вкидаємо монету.
2. Якщо верхній бік порожній, то записуємо на нього число, яке забажаємо.
3. Додаємо до рахунку число записане на верхньому боку монетки.
Для перемоги потрібно, щоб кінцевий рахунок був S.

На вході ми маємо K, S. Нехай P – ймовірність виграшу у разі слідування найоптимальнішій стратегії. Можна показати, що P помножена на 2^K є цілим числом. Повернути це число.
Читати далі…