Решение лабиринта с числовым бункером

Моему 8-летнему надоело создавать обычные лабиринты, и он занялся созданием вариантов, которые выглядят так:

Образец номерного бункера

Идея состоит в том, чтобы начать с x и достичь o по обычным правилам. Кроме того, вы можете переходить с любого целого числа $a$ на любое другое целое число $b$ , но вы должны заплатить $|a-b|$ долларов за привилегию. Цель состоит в том, чтобы решить лабиринт за наименьшую стоимость. В приведенном выше примере мы можем перейти от x к o через x-14-18-27-28-o по цене 5, но дешевле перейти к x-13-11-9-8-29-28-o только 4.

Итак, вот мой вопрос: какое наилучшее решение (с точки зрения асимптотического времени выполнения) вы можете придумать для решения этой проблемы? Вы можете сделать любые разумные предположения о формате ввода.

Примечание. Я использую тег «головоломки», потому что у меня есть ответ $O(n^2)$ , но я не уверен, что он оптимален, и хотел бы посмотреть, сможет ли кто-нибудь еще улучшить мое решение. (Здесь $n$ - число целых чисел в лабиринте.)

ds.algorithms optimization puzzles Fixee
источник

Реквизит вашего ребенка для создания таких творческих и математических головоломок!

bbejot

@bbejot Вы должны увидеть некоторые вещи, которые он спрашивает у меня ... иногда я не могу ответить на его вопросы. Например, math.stackexchange.com/questions/33094/…

Fixee

Я не уверен, что ваши расчеты стоимости верны. x-14-18-27-28-o должен стоить

а x-13-11-9-8-29-28-o -

4 + 9 + 1 = 14

$4 + 9 + 1 = 14$

2 + 2 + 1 + 21 + 1 = 27

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

Дейв Кларк,

@ Не все переходы - это прыжки. Мы могли бы написать 'ab' для прыжков (которые имеют стоимость

) и 'a-> b' для перехода по графику от a до b (который имеет стоимость

), что разрешено только в том случае, если они достижимы, не ломая стену в лабиринте. В этой записи мы имеем x-> 14-18-> 27-28-> o и стоимость 5 и x-> 13-11-> 9-8-> 29-28-> o. Я чувствую, что Fixee не вводил эту запись из-за ее избыточности: нет смысла прыгать дважды, и, таким образом, прыжки и прогулки в лабиринте будут чередоваться.

| a - b |

$|a - b|$

0

$0$

Артем Казнатчеев

Это отличная домашняя задача!

Джефф

Ответы:

Вы можете решить это за используя вариацию алгоритма Дейкстры. Мы можем избежать не всех обновлений расстояния при посещении нового узла. Если мы посещаем узел , нам нужно только обновить расстояния всего, что можно пройти, от до 0 и обновить расстояния до двух узлов и с ближайшими значениями до меньшими и большими, чем $O(n\log n)$ $y$ $y$ $y_-$ $y_+$ $y$ которые не имеют был выбран $y$

Этих обновлений достаточно, чтобы куча возвращала минимальный элемент, потому что любой ближайший узел, к которому вы переходите, должен был численно находиться чуть выше или чуть ниже уже посещенного узла.

Каждый узел обновляется до 0 не более одного раза (если мы выталкиваем все узлы с нулевым расстоянием из очереди, чтобы избежать квадратичного поведения), и каждый раз, когда мы добавляем узел, мы делаем только O (1) других обновлений. Поиск значений и можно выполнить за линейное время, если мы также сохраним упорядоченный двусвязный список всех узлов, отсортированный по их целочисленным значениям. Построение этого двусвязного списка занимает времени, и, наконец, обновляется и выскакивает из кучи, занимает времени, для общего времени выполнения $y_-$ $y_+$ $O(n \log n)$ $O(n)$ $O(n \log n)$ $O(n \log n)$

Дейв
источник

Вероятно, это можно немного улучшить, используя сортировку и очереди приоритетов, которые специализированы для целых чисел, но вы не можете сделать это лучше, чем целочисленная сортировка, как видно из следующего сокращения: если у нас есть список целочисленных значений

, установите

чтобы он был в два раза меньше их, а

чтобы он был в два раза больше максимума. Создайте область со значениями

друг для друга

. Наилучшее решение проходит через каждый регион в порядке сортировки по

и, таким образом, производит сортировку

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}

$x_i$

значения.

x_{i}

$x_i$

Дейв

Дэйв прав, это можно уменьшить до

, только обновив

. Кроме того, вместо того, чтобы соединять каждый узел в области с каждым другим узлом в регионе, их нужно только соединить с 1 или 2 другими узлами в регионе (создавая путь). Таким образом, каждый узел имеет только до 4 ребер. Тогда алгоритм Дейкстры (с очередью с минимальным приоритетом) может быть применен, предоставляя

время.

O (n l g n)

$O(n lg n)$

y_{+}

$y_+$

y_{-}

$y_-$

O (n l g n)

$O(n lg n)$

bbejot

@bbejot: Но если это так, разве очередь с интегрированным приоритетом от Thorup не улучшит время выполнения до

O (n \log \log n)

$O(n \log\log n)$ или даже до

с помощью некоторого дополнительного метода группирования в неориентированной ситуации?

O (n)

$O(n)$

Сянь-Чи Чан 4 之

Я чувствую, что может быть лучшим, что вы можете получить. $O(n^2)$

Кажется естественным преобразовать это в задачу кратчайшего пути со специальным начальным узлом (x) и конечным узлом (0). Также будет один другой узел для каждого из номеров. И x, и 0 имеют ребра веса 0 для всех числовых узлов, которые достижимы в лабиринте. Все числовые узлы связаны либо с весом 0 (если числа достижимы по лабиринту), либо с разницей между числами (если недоступно по лабиринту).

Кратчайший путь в этом графе не может быть решен менее чем за потому что граф имеет примерно ребер, и в худшем случае каждый должен был бы просматривать каждый случай один раз. Таким образом, алгоритм Дейкстры для кратчайшего пути занимает время и является оптимальным в худшем случае. $O(n^2)$ $n^2$ $O(n^2)$

bbejot
источник

Это ответ, который я имел в виду; Конечно, вы должны использовать правильную структуру данных с алгоритмом Дейкстры, чтобы получить

времени выполнения. Использование типичной двоичной кучи даст

O (n^{2})

$O(n^2)$

O (n^{2} \lg n)

$O(n^2 \lg n)$ .

Fixee

Я думал об этой проблеме сегодня утром, и ее можно немного ускорить. Вместо использования одного узла для каждого числа в лабиринте, используйте один узел для каждой области лабиринта. Тогда стоимость между узлами - это наименьшая стоимость перехода из одного региона в другой. Начальным узлом является область с x, а конечным узлом является область с 0. Если имеется

областей, то это можно решить за

способами, которые мы обсуждали.

r

$r$

O (r^{2})

$O(r^2)$

bbejot

Вам также нужно время

для создания графика, поэтому общее время работы должно быть

. Даже если есть только две области, вам нужно найти ближайшую пару между двумя наборами чисел, и для этой задачи в модели дерева алгебраических вычислений существует нижняя граница

. (Битовые уловки могут, вероятно, уменьшить или устранить логарифмический фактор.)

O (n \log n)

$O(n\log n)$

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

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

Ω (n \log n)

$\Omega(n\log n)$

Джеффс

Ω (n^{2})

$\Omega(n^2)$ нижняя граница на основе числа ребер не применяется , потому что края не являются частью ввода - они подразумеваются. Вам не нужно смотреть на все из них, потому что вы можете вычислить соответствующие.

Дейв