Question

（感谢Rich Bradshaw）

我正在寻找以下谜题的最佳策略。

作为新的仙女王，你有责任绘制王国的蛋羹沼泽沼泽被一片飘渺的薄雾覆盖着，整个乳蛋糕岛都散落着您可以将您的小精灵发送到沼泽地，并指示在每个点飞低或高如果一个小精灵猛扑过乳蛋糕，那么它会分散注意力并且不会完成它的序列。由于雾很浓，所有你知道的是小精灵是否到了另一边。

编码方面..

bool flutter( bool[size] swoop_map );

这将返回一个小精灵是否退出给定的猛扑序列。

最简单的方法是只用一次猛扑传递序列。这揭示了所有“大小”尝试的蛋羹岛我宁愿与蛋羹的数量成比例的东西 - 但是像以下序列有问题：

     C......C     (that is, custards at beginning and end)

也欢迎链接到其他形式的这个难题。

Answer 1

这让我想到分而治之。也许这样的事情（这是一个稍微破碎的伪代码。它可能有栅栏后错误等）：

retval[size] check()
{
   bool[size] retval = ALLFALSE;
   bool[size] flut1 = ALLFALSE;
   bool[size] flut2 = ALLFALSE;
   for (int i = 0; i < size/2; ++i) flut1[i] = TRUE;
   for (int i = size/2; i < size; ++i) flut2[i] = TRUE;
   if (flutter(flut1)) retval[0..size/2] = <recurse>check
   if (flutter(flut2)) retval[size/2..size] = <recurse>check
}

用简单的英语，它会在奶油蛋白图的每一半上调用颤抖。如果任何一半返回false，则整半都没有蛋羹。否则，一半的一半具有递归应用的算法。我不确定是否有可能做得更好。但是，如果沼泽主要是蛋羹，那么这种算法有点蹩脚。

理念二：

int itsize = 1
bool[size] retval = ALLFALSE;
for (int pos = 0; pos < size;)
{
    bool[size] nextval = ALLFALSE;
    for (int pos2 = pos; pos2 < pos + size && pos2 < size; ++pos2) nextval[pos2] = true;
    bool flut = flutter(nextval)
    if (!flut || itsize == 1)
    {
        for (int pos2 = pos; pos2 < pos + size && pos2 < size; ++pos2) retval[pos2] = flut;
        pos+=itsize;
    }
    if (flut) itsize = 1;
    if (!flut) itsize*=2;
}

用简单的英语，它会调用乳蛋糕地图的每个元素，一次一个。如果没有找到蛋羹，则下一个呼叫将是前一次呼叫的两倍。这有点像二进制搜索，只是在一个方向上，因为它不知道它搜索了多少项。我不知道这是多么有效。

Answer 2

布莱恩的第一个分治算法在以下意义上是最优的：存在一个常数C，使得在所有具有n个正方形和最多k个术语的沼泽中，没有算法的最坏情况比布莱恩的C超过C倍。。 Brian的算法使用O（k log（n / k））次数，这是一个常数因子，log2的信息理论下界（n选择k）> = log2（（n / k）^ k）= k欧米茄（k log（n / k））。（您需要像k <= n / 2这样的假设才能使最后一步严格，但此时，我们已经达到了O（n）航班的最大值。）

为什么Brian的算法仅使用O（k log（n / k））航班？在递归深度i处，它最多可以进行最小（2 ^ i，k）次飞行。 0 <= i <= log2（k）的和是O（k）。 log2（k）＆lt; i＆lt; = log2（n）是k（log2（n） - log2（k））= k（log2（n / k））。

在乳蛋糕沼泽拼图中的小精灵

2 个答案: