Một số bài toán quy hoạch động điển hình

MỘT SỐ BÀI TOÁN QUY HOẠCH ĐỘNG ĐIỂN HÌNH.

I. Dãy con đơn điệu dài nhất

1. Mô hình

Cho dãy a1,a2,..an. Hãy tìm một dãy con tăng có nhiều phần tử nhất của dãy.

Đặc trưng: i) Các phần tử trong dãy kết quả chỉ xuất hiện 1 lần. Vì vậy phương pháp làm là

ta sẽ dùng vòng For duyệt qua các phần tử a_itrong dãy, khác với các bài toán của mô hình

4(đặc trưng là bài toán đổi tiền), các phần tử trong dãy có thể được chọn nhiều lần nên ta thực

hiện bằng phương pháp cho giá trị cần quy đổi tăng dần từng đơn vị.

ii) Thứ tự của các phần tử được chọn phải được giữ nguyên so với dãy ban đầu.

Đặc trưng này có thể mất đi trong một số bài toán khác tùy vào yêu cầu cụ thể. Chẳng hạn bài

Tam giác bao nhau.

2. Công thức QHĐ

Hàm mục tiêu : f = độ dài dãy con.

Vì độ dài dãy con chỉ phụ thuộc vào 1 yếu tố là dãy ban đầu nên bảng phương án là bảng một

chiều. Gọi L(i) là độ dài dãy con tăng dài nhất, các phần tử lấy trong miền từ a1

phần tử cuối cùng là a_i.

đến ai và

Nhận xét với cách làm này ta đã chia 1 bài toán lớn (dãy con của n số) thành các bài toán con

cùng kiểu có kích thước nhỏ hơn (dãy con của dãy i số). Vấn đề là công thức truy hồi để phối

hợp kết quả của các bài toán con.

Ta có công thức QHĐ để tính L(i) như sau:

• L(1) = 1. (Hiển nhiên)

• L(i) = max(1, L(j)+1 với mọi phần tử j: 0<j<i và a_j≤a_i).

Tính L(i) : phần tử đang được xét là ai .Ta tìm đến phần tử aj <ai có L(j) lớn nhất. Khi đó nếu

bổ sung ai vào sau dãy con ...aj ta sẽ được dãy con tăng dần dài nhất xét từ a1...ai.

3. Cài đặt

Bảng phương án là một mảng một chiều L để lưu trữ các giá trị của hàm QHĐ L(i). Đoạn

chương trình tính các giá trị của mảng L như sau:

for i := 1 to n do begin

L[i] := 1;

for j:=1 to i–1 do

if (a[j]<=a[i]) and (L[i]<L[j]+1) then

L[i]:=L[j]+1;

end;

2

Như vậy chi phí không gian của bài toán là O(n), chi phí thời gian là O(n ). Có một phương

pháp cài đặt tốt hơn so với phương pháp trên, cho chi phí thời gian là O(nlogn

4. Một số bài toán khác

Bài toán dãy con đơn điệu tăng dài nhất có biến thể đơn giản nhất là bài toán dãy con đơn

điệu giảm dài nhất, tuy nhiên chúng ta có thể coi chúng như là một. Sau đây là một số bài toán

khác.

a) Bố trí phòng họp( mất tính thứ tự so với dãy ban đầu)

Có n cuộc họp, cuộc họp thứ i bắt đầu vào thời điểm a_ivà kết thúc ở thời điểm b_i. Do chỉ có

một phòng hội thảo nên 2 cuộc họp bất kì sẽ được cùng bố trí phục vụ nếu khoảng thời gian

làm việc của chúng chỉ giao nhau tại đầu mút. Hãy bố trí phòng họp để phục vụ được nhiều

cuộc họp nhất.

Hướng dẫn: Sắp xếp các cuộc họp tăng dần theo thời điểm kết thúc (bi). Thế thì cuộc họp i sẽ

bố trí được sau cuộc họp j nếu và chỉ nếu j<i và b_j<=a_i. Yêu cầu bố trí được nhiều cuộc họp

nhất có thể đưa về việc tìm dãy các cuộc họp dài nhất thoả mãn điều kiện trên.

b) Cho thuê máy

Trung tâm tính toán hiệu năng cao nhận được đơn đặt hàng của n khách hàng. Khách hàng i

muốn sử dụng máy trong khoảng thời gian từ ai đến bi và trả tiền thuê là ci. Hãy bố trí lịch

thuê máy để tổng số tiền thu được là lớn nhất mà thời gian sử dụng máy của 2 khách hàng bất

kì được phục vụ đều không giao nhau (cả trung tâm chỉ có một máy cho thuê).

Hướng dẫn: Tương tự như bài toán a), nếu sắp xếp các đơn đặt hàng theo thời điểm kết thúc,

ta sẽ đưa được bài toán b) về bài toán tìm dãy con có tổng lớn nhất. Bài toán này là biến thể

của bài toán tìm dãy con tăng dài nhất, ta có thể cài đặt bằng đoạn chương trình như sau:

for i:=1 to n do begin

L[i]:=c[i];

for j:=1 to i–1 do

if (b[j]<=a[i]) and (L[i]<L[j]+c[i]) then

L[i]:=L[j]+c[i];

end;

c) Dãy tam giác bao nhau

Cho n tam giác trên mặt phẳng. Tam giác i bao tam giác j nếu 3 đỉnh của tam giác j đều nằm

trong tam giác i (có thể nằm trên cạnh). Hãy tìm dãy tam giác bao nhau có nhiều tam giác

nhất.

Hướng dẫn: Sắp xếp các tam giác tăng dần về diện tích. Khi đó tam giác i sẽ bao tam giác j

nếu j<i và 3 đỉnh của j nằm trong i. Từ đó có thể đưa về bài toán tìm dãy “tăng” dài nhất.

Trang 2

Việc kiểm tra điểm M có nằm trong tam giác ABC không có thể dựa trên phương pháp tính

diện tích: điểm M nằm trong nếu S(ABC) = S(ABM) + S(ACM) + S(BCM).

Bài toán có một số biến thể khác như tìm dãy hình tam giác, hình chữ nhật… bao nhau có

tổng diện tích lớn nhất.

d) Dãy đổi dấu

Cho dãy a₁, a₂,…a_n. Hãy dãy con

đổi dấu dài nhất của dãy

đó. Dãy con con đổi dấu

a_i1,a_i2,…a_ikphải thoả mãn các điều kiện sau:

• a_i1<a_i2>a_i3<… hoặc a_i1>a_i2<a_i3>…

• các chỉ số phải cách nhau ít nhất L: i₂–i₁≥L, i₃–i₂≥L….

• chênh lệch giữa 2 phần tử liên tiếp nhỏ hơn U: |a_i1–a_i2|≤U, |a_i2–a_i3|≤U…

Hướng dẫn: Gọi L(i) là số phần tử của dãy con đổi dấu có phần tử cuối cùng là a_ivà phần tử

cuối cùng lớn hơn phần tử đứng trước. Tương tự, P(i) là số phần tử của dãy con đổi dấu có

phần tử cuối cùng là a_ivà phần tử cuối cùng nhỏ hơn phần tử đứng trước.

Ta dễ dàng suy ra:

• L(i) = max(1, P(j)+1): j≤i–L và a_i–U≤a_j<a_i.

• P(i) = max(1, L(j)+1): j≤i–L và a_i<a_j≤a_i+U.

f) Dãy số WAVIO:

Dãy số Wavio là dãy số nguyên thỏa mãn các tính chất : các phần tử đầu sắp xếp thành 1 dãy

tăng dần đến 1 phần tử đỉnh sau đó giảm dần. Ví dụ dãy số 1 2 3 4 5 2 1 là 1 dãy Wavio độ

dài 7. Cho 1 dãy gồm N số nguyên, hãy chỉ ra một dãy con Wavio có đọ dài lớn nhất trích ra

từ dãy đó.

Hướng dẫn: L1[i] là mảng ghi độ dài lớn nhất của 1 dãy con tăng dần trích ra từ dãy N phần

tử kể từ phần tử 1 đến phần tử a_i. L2[i] : mảng ghi độ dài lớn nhất của dãy con giảm dần trích

ra từ dãy N phần tử kể từ phần tử aN đến ai. Ta tìm phần tử j trong 2 mảng L1, L2 thỏa mãn

L1[j]+L2[j] lớn nhất.

g) Tháp Babilon ( Tính chất duy nhất của các phần tử trong phương án tối ưu bị vi phạm)

h) Xếp các khối đá :

Cho N khối đá (N≤5000) Các khối đá đều có dạng hình hộp chữ nhật và được đặc trưng bới 3

kích thước: dài, rộng, cao. Một cách xây dựng tháp là một cách đặt một số các khối đá trong

các khối đá đã cho chồng lên nhau theo quy tắc:

•

Chiều cao mỗi khối đá là kích thước nhỏ nhất trong 3 kích thước.

Các mép của khối đá được đặt song song với nhau sao cho không có phần nào của khối

trên nằm chìa ra ngoài khối dưới.

a) Hãy chỉ ra cách để xây dựng được một cái tháp sao cho số khối đá được dùng là nhiều

nhất.

b) Hãy chỉ ra cách để xây dựng được một cái tháp sao cho chiều cao của cái tháp là cao nhất

Dữ liệu vào TOWER.INP có cấu trúc như sau :

•

Dòng đầu là số N.

N dòng sau dòng i ghi 3 số nguyên ≤ 255 là 3 kích thước của khối đá i .

Dữ liệu ra : TOWER1.OUT, TOWER2.OUT ghi theo quy cách :

•

Dòng đầu ghi số các khối đá được chọn theo thứ tự dùng để xây tháp từ chân lên đỉnh.

Trang 3

•

Các dòng sau ghi các khối được chọn, mỗi khối đá ghi 4 số T, D, R, C trong đó T là số thứ

tự của mỗi khối đá. D, R, C là kích thước của khối đá tương ứng.

II. Vali (B)

1. Mô hình

Có n đồ vật, vật thứ i có trọng lượng a[i] và giá trị b[i]. Hãy chọn ra một số các đồ vật, mỗi

vật một cái để xếp vào 1 vali có trọng lượng tối đa W sao cho tổng giá trị của vali là lớn nhất.

2. Công thức

Hàm mục tiêu : f: tổng giá trị của vali.

Nhận xét : giá trị của vali phụ thuộc vào 2 yếu tố: có bao nhiêu vật đang được xét và trọng

lượng của các vật. Do đó bảng phương án sẽ là bảng 2 chiều.

L[i,j] : tổng giá trị lớn nhất của vali khi xét từ vật 1..vật i và trọng lượng của vali chưa vượt

quá j. Chú ý rằng khi xét đến L[i,j] thì các giá trị trên bảng phương án đều đã được tối ưu.

•

Tính L[i,j] : vật đang xét là a_ivới trọng lượng của vali không được quá j. Có 2 khả năng

xảy ra :

•

Nếu chọn a_iđưa vào vali, trọng lượng vali trước

đó phải ≤ j-a[i]. Vì mỗi vật chỉ

được

chọn 1 lần nên giá trị lớn nhất của vali lúc đó là L[i-1,j-a[i]) + b[i]

• Nếu không chọn ai , trọng lượng của vali là như cũ (như lúc trước khi chọn ai ): L[i-1,j].

Tóm lại ta có L[i,j]=max(L(i-1,j-a[i]) + b[i], L[i-1,j]).

3. Cài đặt

For i:=1 to n do

For j:=1 to W do

If b[i]<=j then

L[i,j]:=max(L(i-1,j-a[i]) + b[i], L[i-1,j])

else L[i,j]:=L[i-1,j];

4. Một số bài toán khác

a) Dãy con có tổng bằng S:

Cho dãy a₁,a₂,..a_n. Tìm một dãy con của dãy đó có tổng bằng S.

Hướng dẫn

Đặt L[i,t)=1 nếu có thể tạo ra tổng t từ một dãy con của dãy gồm các phần tử a1,a2,..ai. Ngược

lại thì L[i,t)=0. Nếu L[n,S)=1 thì đáp án của bài toán trên là “có”.

Ta có thể tính L[i,t] theo công thức: L[i,t]=1 nếu L[i–1,t]=1 hoặc L[i–1,t–a[i]]=1.

Cài đặt

Nếu áp dụng luôn công thức trên thì ta cần dùng bảng phương án hai chiều. Ta có thể nhận

xét rằng để tính dòng thứ i, ta chỉ cần dòng i–1. Bảng phương án khi đó chỉ cần 1 mảng 1

chiều L[0..S] và được tính như sau:

L[t]:=0; L[0]:=1;

for i := 1 to n do

for t := S downto a[i] do

if (L[t]=0) and (L[t–a[i]]=1) then L[t]:=1;

Trang 4

Dễ thấy chi phí không gian của cách cài đặt trên là O(m), chi phí thời gian là O(nm), với m là

tổng của n số. Hãy tự kiểm tra xem tại sao vòng for thứ 2 lại là for downto chứ không phải là

for to.

b) Chia kẹo

Cho n gói kẹo, gói thứ i có ai viên. Hãy chia các gói thành 2 phần sao cho chênh lệch giữa 2

phần là ít nhất.

Hướng dẫn: Gọi T là tổng số kẹo của n gói. Chúng ta cần tìm số S lớn nhất thoả mãn:

• S≤T/2.

• Có một dãy con của dãy a có tổng bằng S.

Khi đó sẽ có cách chia với chênh lệch 2 phần là T–2S là nhỏ nhất và dãy con có tổng bằng S

ở trên gồm các phần tử là các gói kẹo thuộc phần thứ nhất. Phần thứ hai là các gói kẹo còn lại.

c) Market (Olympic Balkan 2000)

Người đánh cá Clement bắt được n con cá, khối lượng mỗi con là a_i, đem bán ngoài chợ. Ở

chợ cá, người ta không mua cá theo từng con mà mua theo một lượng nào đó. Chẳng hạn 3

kg, 5kg…

Ví dụ: có 3 con cá, khối lượng lần lượt là: 3, 2, 4. Mua lượng 6 kg sẽ phải lấy con cá thứ 2 và

và thứ 3. Mua lượng 3 kg thì lấy con thứ nhất. Không thể mua lượng 8 kg.

Nếu bạn là người đầu tiên mua cá, có bao nhiêu lượng bạn có thể chọn?

Hướng dẫn: Thực chất bài toán là tìm các số S mà có một dãy con của dãy a có tổng bằng S.

Ta có thể dùng phương pháp đánh dấu của bài chia kẹo ở trên rồi đếm các giá trị t mà L[t]=1.

d) Điền dấu

Cho n số tự nhiên a₁,a₂, ...,a_n. Ban đầu các số được đặt liên tiếp theo đúng thứ tự cách nhau

bởi dấu "?": a₁?a₂?...?a_n. Cho trước số nguyên S, có cách nào thay các dấu "?" bằng dấu + hay

dấu − để được một biểu thức số học cho giá trị là S không?

Hướng dẫn: Đặt L(i,t)=1 nếu có thể điền dấu vào i số đầu tiên và cho kết quả bằng t. Ta có

công thức sau để tính L:

• L(1,a[1]) =1.

• L(i,t)=1 nếu L(i–1,t+a[i])=1 hoặc L(i–1,t–a[i])=1.

Nếu L(n,S)=1 thì câu trả lời của bài toán là có. Khi cài đặt, có thể dùng một mảng 2 chiều (lưu

toàn bộ bảng phương án) hoặc 2 mảng một chiều (để lưu dòng i và dòng i–1). Chú ý là chỉ số

theo t của các mảng phải có cả phần âm (tức là từ –T đến T, với T là tổng của n số), vì trong

bài này chúng ta dùng cả dấu – nên có thể tạo ra các tổng âm.

Bài này có một biến thể là đặt dấu sao cho kết quả là một số chia hết cho k. Ta có thuật giải

tương tự bài toán trên bằng cách thay các phép cộng, trừ bằng các

phép cộng và trừ theo

môđun k và dùng mảng đánh dấu với các giá trị từ 0 đến k–1 (là các số dư có thể có khi chia

cho k). Đáp số của bài toán là L(n,0).

e) Expression (ACM 10690)

Cho n số nguyên. Hãy chia chúng thành 2 nhóm sao cho tích của tổng 2 nhóm là lớn nhất.

Trang 5

Hướng dẫn: Gọi T là tổng n số nguyên đó. Giả sử ta chia dãy thành 2 nhóm, gọi S là tổng của

một nhóm, tổng nhóm còn lại là T–S và tích của tổng 2 nhóm là S*(T–S). Bằng phương pháp

đánh dấu ta xác định được mọi số S là tổng của một nhóm (như bài Market) và tìm số S sao

cho S*(T–S) đạt max.

III. Biến đổi xâu:

1. Mô hình

Cho 2 xâu X,F. Xâu nguồn có n kí tự X1X2...Xn , xâu đích có m kí tự F1F2...Fm .Có 3 phép

biến đổi :

• Chèn 1 kí tự vào sau kí tự thứ i :I i C

•

Thay thế kí tự ở vị trí thứ i bằng kí tự C : R i C.

Xoá kí tự ở vị trí thứ i. D i

Hãy tìm số ít nhất các phép biến đổi để biến xâu X thành xâu F.

Hướng dẫn:

Hàm mục tiêu : f: số phép biến đổi.

Dễ thấy số phép biến đổi phụ thuộc vào vị trí i đang xét của xâu X và vị trí j đang xét cuả xâu

F. Do vậy để cài đặt cho bang phương án ta sẽ dùng mảng 2 chiều

Gọi L(i,j) là số phép biến đổi ít nhất

để biến xâu X(i) gồm i kí tự phần

đầu của X (X(i)=

X[1..i]) thành xâu F(j) gồm j kí tự phần đầu của F(F(j) =F[1..j]). Dễ thấy F(0,j)=j và F(i,0)=i.

Có 2 trường hợp xảy ra:

Nếu X[i]=F[j] :

X

X₁X₂...Xi-1

F₁F₂...Fj-1

i

X

i

thì ta chỉ phải biến đổi xâu X(i-1) thành xâu Y(j-1). Do đó F(i,j)=F(i-1,j-1).

Ngược lại, ta có 3 cách biến đổi:

X

Xoá kí tự X[i]:

X₁X₂...Xi-1

i

Fj

F₁F₂...Fj-1

Xâu X(i-1) thành F(j). Khi đó F(i,j)=F(i-1,j)+1.(Cộng 1 là do ta đã dùng 1 phép xóa)

Fj

Thay thế X[i] bởi F[j] :

X₁X₂...Xi-1

F₁F₂...Fj-1

Fj

Xâu X(i-1) thành F(j-1). Khi đó F(i,j)=F(i-1,j-1)+1.

Chèn F[j] vào X(i):

X₁X₂...X_i-1X_iFj

Fj

F₁F₂...Fj-1

Xâu X(i) thành Y(j-1). Khi đó F(i,j)=F(i,j-1)+1.

Tổng kết lại, ta có công thức QHĐ:

• F(0,j)=j

• F(i,0)=i

Trang 6

• F(i,j) =F(i−1,j−1) nếu X[i] = Y[j].

• F(i,j) = min(F(i−1,j),F(i,j−1),F(i−1,j−1))+1 nếu X[i]≠Y[j].

Bài này ta có thể tiết kiệm biến hơn bằng cách dùng 2 mảng 1 chiều tính lẫn nhau và một

mảng đánh dấu 2 chiều để truy vết.

4. Một số bài toán khác

a) Xâu con chung dài nhất

Cho 2 xâu X,Y. Hãy tìm xâu con của X và của Y có độ dài lớn nhất.

Công thức QHĐ

Gọi L(i,j) là độ dài xâu con chung dài nhất của xâu X(i) gồm i kí tự phần đầu của X (X(i)=

X[1..i]) và xâu Y(j) gồm j kí tự phần đầu của Y (Y(j) =Y[1..j]).

Ta có công thức quy hoạch động như sau:

• L(0,j)=L(i,0)=0.

• L(i,j) = L(i−1,j−1)+1 nếu X[i] = Y[j].

• L(i,j) = max(L(i−1,j), L(i,j−1)) nếu X[i]≠Y[j].

Cài đặt

Bảng phương án là một mảng 2 chiều L[0..m,0..n]

để lưu các giá trị của hàm QHĐ L(i,j).

Đoạn chương trình cài đặt công thức QHĐ trên như sau:

for i:=0 to m do L[i,0]:=0;

for j:=0 to n do L[0,j]:=0;

for i:=1 to m do

for j:=1 to n do

if X[i]=Y[j] then

L[i,j]:=L[i–1,j–1]+1

else

L[i,j]:=max(L[i–1,j],L[i,j–1]]);

2

Như vậy chi phí không gian của bài toán là O(n ), chi phí thời gian là O(n ). Có một phương

pháp cài đặt tốt hơn, chỉ với chi phí không gian O(n) dựa trên nhận xét sau: để tính ô L[i,j]

của bảng phương án, ta chỉ cần 3 ô L[i–1,j–1],L[i–1,j] và L[i,j–1]. Tức là để tính dòng L[i]

thì chỉ cần dòng L[i–1]. Do đó ta chỉ cần 2 mảng 1 chiều để lưu dòng vừa tính (P) và dòng

đang tính (L) mà thôi. Cách cài đặt mới như sau:

for j:=0 to n do P[j]:=0;

for i:=1 to m do begin

L[0] := 0;

for j:=1 to n do

if X[i]=Y[j] then

L[i,j]:=P[j–1]+1

else L[i,j]:=max(P[j], L[j–1]);

P := L;

end;

c) Bắc cầu

Hai nước Anpha và Beta nằm ở hai bên bờ sông Omega, Anpha nằm ở bờ bắc và có M thành

phố được đánh số từ 1 đến m, Beta nằm ở bờ nam và có N thành phố được đánh số từ 1 đến n

(theo vị trí từ đông sang tây). Mỗi thành phố của nước này thường có quan hệ kết nghĩa với

một số thành phố của nước kia. Để tăng cường tình hữu nghị, hai nước muốn xây các cây cầu

bắc qua sông, mỗi cây cầu sẽ là nhịp cầu nối 2 thành phố kết nghĩa. Với yêu cầu là các cây

Trang 7

cầu không được cắt nhau và mỗi thành phố chỉ là đầu cầu cho nhiều nhất là một cây cầu, hãy

chỉ ra cách bắc cầu được nhiều cầu nhất.

Hướng dẫn: Gọi các thành phố của Anpha lần lượt là a1,a2,…am; các thành phố của Beta là

b1,b2,...bn. Nếu thành phố ai và bj kết nghĩa với nhau thì coi ai “bằng” bj. Để các cây cầu

không cắt nhau, nếu ta đã chọn cặp thành phố (a_i,b_j) để xây cầu thì cặp tiếp theo phải là cặp

(a_u,b_v) sao cho u>i và v>j. Như vậy các cặp thành phố được chọn xây cầu có thể coi là một

dãy con chung của hai dãy a và b.

Bài toán của chúng ta trở thành bài toán tìm dãy con chung dài nhất, ở

“bằng” nhau nếu chúng có quan hệ kết nghĩa.

đây hai phần tử

d) Palindrom (IOI 2000)

Một xâu gọi là xâu đối xứng (palindrom) nếu xâu đó đọc từ trái sang phải hay từ phải sang

trái đều như nhau. Cho một xâu S, hãy tìm số kí tự ít nhất cần thêm vào S để S trở thành xâu

đối xứng.

Hướng dẫn: Bài toán này có một công thức QHĐ như sau:

Gọi L(i,j) là số kí tự ít nhất cần thêm vào xâu con S[i..j] của S để xâu đó trở thành đối xứng.

Đáp số của bài toán sẽ là L(1,n) với n là số kí tự của S. Ta có công thức sau để tính L(i,j):

• L(i,i)=0.

• L(i,j)=L(i+1,j–1) nếu S[i]=S[j]

• L(i,j)=max(L(i+1,j), L(i,j–1)) nếu S[i]≠S[j]

Bạn đọc dễ dàng có thể kiểm chứng công thức đó. Ta có thể cài đặt trực tiếp công thức đó

bằng phương pháp đệ quy có nhớ. Tuy nhiên khi đó chi phí không gian là O(n²). Có một

phương pháp cài đặt tiết kiệm hơn (bạn đọc có thể tham khảo ở bài báo trên của thầy Trần Đỗ

Hùng), tuy nhiên phương pháp đó khá phức tạp.

Ta có thuật toán đơn giản hơn như sau:

Gọi P là xâu đảo của S và T là xâu con chung dài nhất của S và P. Khi đó các kí tự của S

không thuộc T cũng là các kí tự cần thêm vào để S trở thành đối xứng. Đáp số của bài toán sẽ

là n–k, với k là độ dài của T.

Ví dụ: S=edbabcd, xâu đảo của S là P=dcbabde. Xâu con chung dài nhất của S và P là

T=dbabd. Như vậy cần thêm 2 kí tự là e và c vào để S trở thành xâu đối xứng.

IV. Vali (A)

1. Mô hình

Cho n vật, vật i nặng ai và có giá trị bi. Hãy chọn ra một số vật để cho vào balô sao cho tổng

khối lượng không vượt quá W và tổng giá trị là lớn nhất. Chú ý rằng mỗi vật có thể được chọn

nhiều lần.

2. Công thức

Gọi L(i,j) là tổng giá trị lớn nhất khi được chọn i vật từ 1 đến i cho vào balô với tổng khối

lượng không vượt quá j. L(n,W) sẽ là đáp số của bài toán (là giá trị lớn nhất có được nếu chọn

n vật và tổng khối lượng không vượt quá W).

Công thức tính L(i,t) như sau:

Trang 8

• L(i,0)=0; L(0,j)=0.

• L(i,j)=L(i,j) nếu t<ai.

• L(i,t)=max(L(i-1,j), L(i,j–ai)+bi) nếu t ≥ai.

Trong đó: L(i–1,j) là giá trị có được nếu không đưa vật i vào balô, L(i,j–a_i)+b_ilà giá trị có

được nếu chọn vật i.

3. Cài đặt

Ta có thể dùng một mảng 2 chiều để lưu bảng phương án, tuy nhiên dựa trên nhận xét rằng để

tính dòng i của bảng phương án chỉ cần dòng i–1, ta chỉ cần dùng 2 mảng một chiều P và L có

chỉ số từ 0 đến m để lưu 2 dòng đó. Đoạn chương trình con tính bảng phương án như sau.

L[t] := 0; {với mọi t}

for i := 1 to n do begin

P:=L;

for t := 0 to m do

if t<a[i] then L[t]:=P[t]

else L[t] := max(P[t],P[t–a[i]]);

end;

Nếu để ý kĩ bạn sẽ thấy rằng đoạn trình trên chỉ viết giống công thức QHĐ chứ chưa tối ưu.

Chẳng hạn đã có lệnh gán P:=L, sau đó lại có gán L[t]:=P[t] với các giá trị t<a[i] là không cần

thiết. Bạn đọc có thể tự cải tiến để chương trình tối ưu hơn.

Chi phí không gian của cách cài đặt trên là O(m) và chi phí thời gian là O(n.m).

4. Một số bài toán khác

a) Farmer (IOI 2004)

Một người có N mảnh đất và M dải đất. Các mảnh đất có thể coi là một tứ giác và các dải đất

thì coi như một đường thẳng. Dọc theo các dải đất ông ta trồng các cây bách, dải đất thứ i có

a_icây bách. Ông ta cũng trồng các cây bách trên viền của các mảnh đất, mảnh đất thứ j có b_j

cây bách. Cả ở trên các mảnh đất và dải đất, xen giữa 2 cây bách ông ta trồng một cây ôliu.

Ông ta cho con trai được chọn các mảnh đất và dải đất tuỳ ý với điều kiện tổng số cây bách

không vượt quá Q. Người con trai phải chọn thế nào để có nhiều cây ôliu (loài cây mà anh ta

thích) nhất.

Hướng dẫn: Dễ thấy mảnh đất thứ i có ai cây ôliu và dải đất thứ j có bj–1 cây ôliu. Coi các

mảnh đất và dải đất là các “đồ vật”, đồ vật thứ k có khối lượng w_kvà giá trị v_k(nếu k là mảnh

đất i thì w_k=v_k=a_i, nếu k là dải đất j thì w_k=b_j, v_k=b_j–1). Ta cần chọn các “đồ vật”, sao cho

tổng “khối lượng” của chúng không vượt Q và tổng “giá trị” là lớn nhất. Đây chính là bài toán

xếp balô đã trình bày ở trên.

b) Đổi tiền

Ở đất nước Omega người ta chỉ tiêu tiền xu. Có N loại tiền xu, loại thứ i có mệnh giá là a_i

đồng. Một người khách du lịch đến Omega du lịch với số tiền M đồng. Ông ta muốn đổi số

tiền đó ra tiền xu Omega để tiện tiêu dùng. Ông ta cũng muốn số đồng tiền đổi được là ít nhất

(cho túi tiền đỡ nặng khi đi đây đi đó). Bạn hãy giúp ông ta tìm cách đổi tiền.

Hướng dẫn: Bài toán này khá giống bài toán xếp balô (“khối lượng” là mệnh giá, “giá trị” là

1), chỉ có một số thay đổi nhỏ: số đồng xu mỗi loại được chọn tuỳ ý (trong bài toán xếp balô

mỗi đồ vật chỉ được chọn 1 lần) và tổng giá trị yêu cầu là nhỏ nhất.

Trang 9

Do đó ta cũng xây dựng hàm QHĐ một cách tương tự: Gọi L(i,t) là số đồng xu ít nhất nếu đổi

t đồng ra i loại tiền xu (từ 1 đến i). Công thức tính L(i,t) như sau:

• L(i,0)=0;

• L(0,t)= ∞ với t>0.

• L(i,t)=L(i–1,t) nếu t<a_i.

• L(i,t)=min(L(i–1,t), L(i,t–a_i)+1) nếu t ≥a_i.

Công thức này khác công thức của bài xếp balô ở chỗ: dùng hàm min chứ không phải hàm

max (vì cần tìm cách chọn ít hơn) và nếu chọn đồng xu thứ i thì L(i,t)=L(i,t–ai)+1 (vì ta vẫn

còn được chọn đồng xu thứ i đó nữa), khác với khi xếp balô là: nếu chọn đồ vật thứ i thì

L(i,t)=L(i–1,t–a_i)+b_ivì đồ vật i chỉ được chọn một lần.

V. Nhân ma trận

1. Mô hình

Nhân một ma trận kích thước m×n với một ma trận n×p, số phép nhân phải thực hiện là

m.n.p. Mặt khác phép nhân các ma trận có tính kết hợp, tức là:

(A.B).C = A.(B.C)

Do đó khi tính tích nhiều ma trận, ta có thể thực hiện theo các trình tự khác nhau, mỗi trình tự

tính sẽ quyết định số phép nhân cần thực hiện.

×

Cho N ma trận A₁,A₂…A_n, ma trận A_icó kích thước là di–1 d_i. Hãy xác định trình tự nhân ma

trận A1.A2…An sao cho số phép nhân cần thực hiện là ít nhất.

2. Công thức

Gọi F(i,j) là số phép nhân để tính tích các ma trận từ A_iđến A_j(A_i.A_i+1....A_j).

• F(i,i)=0.

.d .d

• F(i,i+1)=di–1 i i+1

.d .d

• F(i,j) = min(F(i,k)+F(k+1,j)+di–1 k

j

^với k=i+1,i+2,...j–1)

Công thức hơi phức tạp nên tôi xin giải thích như sau:

• F(i,i)=0 là hiển nhiên.

×

• F(i,i+1) là số phép nhân khi nhân A_ivà A_i+1. A_icó kích thước di–1 d_i, A_i+1có kích thước

.d .d

.

d_i×d_i+1, do đó F(i,i+1)=di–1 i i+1

• Với j>i+1 thì ta thấy có thể tính A_i.A_i+1....A_jbằng cách chọn một vị trí k nào đó để đặt

ngoặc theo trình tự:

A_i.A_i+1....A_j= (A_i..A_k).(A_k+1..A_j)

×

Ma trận kết quả của phép nhân (A_i..A_k) có kích thước di–1 d_k, ma trận kết quả của phép nhân

×

(Ak+1..Aj) có kích thước dk dj. Với cách đặt đó ta sẽ mất F(i,k) phép nhân để có kết quả trong

dấu ngoặc thứ nhất, mất thêm F(k+1,j) phép nhân để có kết quả trong dấu ngoặc thứ hai, và

cuối cùng mất di–1.dk.dj để nhân 2 ma trận kết quả đó. Từ đó tổng số phép nhân của cách đặt

.d .d .

đó là: F(i,k)+F(k+1,j)+di–1 k j

Ta chọn vị trí k cho số phép nhân ít nhất.

Trang10

3. Cài đặt

Bảng phương án là một mảng 2 chiều F để lưu F(i,j). Chú ý khi cài đặt là để tính được F(i,j),

ta phải tính F(i,k) và F(k+1,j) trước. Phương pháp đơn giản để làm điều đó là phương pháp đệ

quy có nhớ.

Tuy nhiên dựa vào nhận xét là trong công thức QHĐ: j–i lớn hơn k–i và j–k, ta có thể tính

theo trình tự khác: tính các phần tử F(i,j) với j–i từ nhỏ đến lớn (không phải là tính các giá

trị F(i,j) với i,j từ nhỏ đến lớn như vẫn làm). Với cách đó, khi tính đến F(i,j) thì ta đã có F(i,k)

và F(k+1,j).

Đoạn chương trình tính bảng phương án như sau:

for i:=1 to n do F[i,i]:=0;

for i:=1 to n–1 do

F[i,i+1] := d[i–1]*d[i]*d[i+1];

for m:=2 to n–1 do begin

for i:=1 to n–m do begin

j:=i+m; F[i,j]:=oo;

for k:=i+1 to j–1 do

F[i,j]:=min(F[i,j],

F[i,k]+F[k+1,j]+d[i–1]*d[k]*d[j]);

end;

2

3

Với cách cài đặt trên,chi phí không gian là O(n ), chi phí thời gian là O(n ) (đây là bài toán có

chi phí lớn nhất trong tất cả các bài toán QHĐ thường gặp).

4. Một số bài toán khác

a) Chia đa giác

Cho một đa giác lồi N đỉnh. Bằng các đường chéo không cắt nhau, ta có thể chia đa giác thành

N–2 tam giác. Hãy xác định cách chia có tổng các đường chéo ngắn nhất.

Hướng dẫn: Để đơn giản ta coi mọi đoạn thẳng nối 2 đỉnh đều là “đường chéo” (nếu nối 2

đỉnh trùng nhau hoặc 2 đỉnh liên tiếp thì có độ dài bằng 0).

Gọi F(i,j) là tổng độ dài các đường chéo khi chia đa giác gồm các đỉnh từ i đến j thành các

tam giác. Nếu j<i+3 thì đa giác đó có ít hơn 4 đỉnh, không cần phải chia nên F(i,j)=0. Ngược

lại ta xét cách chia đa giác đó bằng cách chọn một đỉnh k nằm giữa i,j và nối i,j với k. Khi đó

F(i,j)=F(i,k)+F(k,j)+d(i,k)+d(k,j); d(i,k) là độ dài đường chéo (i,k).

Tóm lại công thức QHĐ như sau:

• F(i,j)=0 với j<i+3.

• F(i,j)=min(F(i,k)+F(k,j)+d(i,k)+d(k,j) với k=i+1,...j–1).

F(1,n) là tổng đường chéo của cách chia tối ưu.

b) Biểu thức số học (IOI 1999)

Cho biểu thức a₁•a₂•…•a_n, trong đó a_ilà các số thực không âm và • là một phép toán + hoặc

× cho trước. Hãy đặt các dấu ngoặc để biểu thức thu được có kết quả lớn nhất.

Hướng dẫn: Gọi F(i,j) là giá trị lớn nhất có thể có của biểu thức a_i•a_i+1•…•a_j. Dễ thấy nếu i=j

thì F(i,j)=a_i, nếu j=i+1 thì F(i,j)=a_i•a_j. Nếu j>i+1 thì có thể tính biểu thức a_i•a_i+1•…•a_jbằng

cách chia thành 2 nhóm: (a_i•a_i+1•…•a_k)•(a_k+1•…•a_j), Khi đó F(i,j)=F(i,k)•F(k+1,j).

Tóm lại, công thức QHĐ là:

Trang11

• F(i,i)=ai

• F(i,i+1)=ai•ai+1

• F(i,j)=max(F(i,k)•F(k+1,j) với k=i+1,i+2,..j–1).

(Chú là là các hạng tử của dãy đều không âm và các phép toán là + hoặc × nên F(i,k) và

F(k+1,j) đạt max thì F(i,k)•F(k+1,j) cũng đạt max).

VI. Ghép cặp

1.Mô hình

Có n lọ hoa sắp thẳng hàng và k bó hoa được đánh số thứ tự từ nhỏ đến lớn. Cần cằm k bó hoa trên

vào n lọ sao cho hoa có số thứ tự nhỏ phải đứng trước hoa có số thứ tự lớn. Giá trị thẩm mỹ tương ứng

khi cắm hoa i vào lọ thứ j là v(i,j) Hãy tìm 1 cách cắm sao cho tổng giá trị thẫm mỹ là lớn nhất. Chú ý

rằng mỗi bó hoa chỉ được cắm vào 1 lọ và mỗi lọ cũng chỉ cắm được 1 bó hoa. (IOI –1999)

2. Công thức :

Nhận xét rằng bài toán nêu trên là một bài toán ghép cặp có yêu cầu về thứ tự nên ta có thể

giải quyết bằng phương pháp QHĐ.

Hàm mục tiêu : f: tổng giá trị thẩm mỹ của cách cắm.

Giá trị thẩm mỹ phụ thuộc vào các hoa và các lọ đang được xét nên ta sẽ dùng mảng 2 chiều

để lưu bảng phương án.

L(i,j): tổng giá trị thẩm mỹ lớn nhất khi xét đến hoa i và lọ j. Khi tính L(i,j) hoa đang xét sẽ là

hoa i và lọ j.

• Nếu i = j. Chỉ có một cách cắm L(i,i):= v[1,1]+v[2,2]+...v[i,i]

• Nếu i>j . Không có cách cắm hợp lý

• Nếu i<j : Có 2 trường hợp xảy ra:

Cắm hoa i vào lọ j. Tổng giá trị thẩm mỹ là L(i-1,j-1)+v(i,j). (Bằng tổng giá trị trước khi

cắm cộng với giá trị thẩm mỹ khi cắm hoa i vào lọ j)

Không cắm hoa i vào lọ j (có thể cắm vào lọ trước j), giá trị thẫm mỹ của cách cắm là như

cũ : L(i,j-1)

3. Cài đặt :

L[i,j]:= -maxint;

For i:=1 to k do

For j:=i to n do

If i = j then L[i,j]:=sum(i)

else

if i<j then L[i,j]:=max(L[i-1,j-1]+v[i,j],L[i,j-1]);

4. Một số bài toán khác

a) Câu lạc bộ:( Đề thi chọn HSG Tin Hà Nội năm 2000)

Có n phòng học chuyên đề và k nhóm học được đánh số thứ tự từ nhỏ đến lớn. Cần xếp k

nhóm trên vào n phòng học sao cho nhóm có số hiệu nhỏ được xếp vào phòng có số hiệu nhỏ,

nhóm có số hiệu lớn phải được xếp vào phòng có số hiệu lớn.Với mỗi phòng có chứ học sinh,

các ghế thừa phải được chuyển ra hết, nếu thiếu ghế thì lấy vào cho đủ ghế .Biết phòng i có

Trang12

a(i) ghế ,nhóm j có b(j) học sinh. Hãy chọn 1 phương án bố trí sao cho tổng số lần chuyển ghế

ra và vào là ít nhất.

Hướng dẫn : Khi xếp nhóm i vào phòng j thì số lần chuyển ghế chính là độ chênh lệch giữa

số ghế trong phòng i và số học sinh trong nhóm. Đặt v[i,j]:=|a(i)-b(j)|

b) Mua giày (Đề QG bảng B năm 2003)

Trong hiệu có n đôi giày, đôi giày i có kích thước h_i. Có k người cần mua giày, người i cần

mua đôi giày kích thước s_i. Khi người i chọn mua đôi giày j thì độ lệch sẽ là |h(i)-s(j)|. Hãy

tìm cách chọn mua giày cho k người trên sao cho tổng độ lệch là ít nhất. Biết rằng mỗi người

chỉ mua 1 đôi giày và 1 đôi giày cũng chỉ có một người mua.

Hướng dẫn : Lập công thức giải như bài Câu lạc bộ. Chú ý chứng minh tính đúng đắn của bổ

đề heuristic sau :Cho 2 dãy tăng dần các số dương a₁a₂...a_n, b₁b₂...b_n. Gọi c₁c₂...c_nlà một

hoán vị của dãy {b_n}. Khi

đó : |a(1)-b(1)|+ |a(2)-b(2)|+...+ |a(n)-b(n)|< |a(1)-c(1)|+ |a(2)-

c(2)|+...+ |a(n)-c(n)|

VII. Di chuyển

1. Mô hình

Cho bảng A gồm MxN ô. Từ ô (i,j) có thể di chuyển sang 3 ô (i+1,j), (i+1,j–1) và (i+1,j+1).

Hãy xác định một lộ trình đi từ hàng 1 đến hàng M sao cho tổng các ô đi qua là lớn nhất.

2. Công thức

Gọi F(i,j) là giá trị lớn nhất có được khi di chuyển đến ô (i,j). Có 3 ô có thể đi đến ô (i,j) là (i–

1,j), (i–1,j–1) và (i–1,j+1). Do đó ta có công thức QHĐ như sau:

• F(1,j)=A[1,j]

• F(i,j)=max(F(i–1,j),F(i–1,j–1),F(i–1,j+1))+A[i,j] với i>1

3. Cài đặt

Bảng phương án là bảng 2 chiều F[0..m,0..n]. (Tất cả các ô trên biên đều cho giá trị bằng 0).

Quá trình tính như sau:

for i:=1 to m do

for j := 1 to n do

F[i,j]=max[F[i–1,j],F[i–1,j–1],F[i–1,j+1]]+A[i,j];

Cách cài đặt này cho chi phí không gian và thời gian đều là O(n²). Ta có thể tiết kiệm không

gian nhớ bằng cách tính trực tiếp trên mảng A.

4. Một số bài toán khác

a) Tam giác (IOI 1994)

Cho một tam giác gồm các số nguyên không âm. Hãy tính tổng lớn nhất các số trên đường đi

từ đỉnh tam giác xuống một điểm nào đó ở đáy tam giác nào đó. Tại mỗi ô ta chỉ có đi thẳng

xuống, sang ô bên trái hoặc bên phải.

Hướng dẫn: Mô tả các phần tử của tam giác số như một ma trận, A[i,j] là phần tử thứ j trên

dòng i (với 1≤i≤N và 1≤j≤i). Có 2 ô có thể di chưyển đến ô (i,j) là ô (i–1,j–1) và ô (i–1,j). Gọi

F(i,j) là tổng lớn nhất có thể có khi đi đến ô (i,j) ta có:

Trang13

• F(1,1)=A[1,1]

• F(i,1)=F(i–1,1)+A[i,1]

• F(i,j)=max(F(i–1,j–1),F(i–1,j))+A[i,j]

b) Con kiến

Có một ống hình trụ, khi trải phẳng ra có thể là một bảng MxN ô. Giá trị A[i,j] là lượng thức

ăn có ở ô ở dòng i cột j. Một con kiến xuất phát từ một ô ở mép bên trái của hình trụ và bò

sang mép bên phải. Từ ô (i,j) kiến có thể bò sang 1 trong 3 ô (i–1,j+1), (i,j+1) hoặc (i+1,j+1).

(Chú ý: vì ống hình trụ nên kiến đang ở dòng 1 có thể bò xuống dòng M và ngược lại). Bò qua

ô nào thì kiến mang theo toàn bộ lượng thức ăn ở ô đó. Hãy tìm đường đi mà kiến kiếm được

nhiều thức ăn nhất.

Hướng dẫn: Để xử lí tình huống hình trụ, ta lưu dòng 0 là dòng M và dòng M+1 là dòng 1.

Khi đó tương tự như bài toán ban đầu, gọi F(i,j) là lượng thức ăn kiến có được khi bò đến ô

(i,j), ta thiết lập được công thức QHĐ sau:

• F(i,1)=A[i,1]

• F(i,j)=max(F(i–1,j–1),F(i,j–1),F(i+1,j+1))+A[i,j] với j>1

Trang14