Интервью, рекурсия + возвращение

Question

Этот вопрос был задан в интервью и касается рекурсии / возврата. Предположим, у нас есть два массива логических значений: bool* source и bool* target, каждый из которых имеет одинаковую длину n (источник / цель / n указаны в качестве аргументов). Цель этого вопроса - преобразовать source в target с помощью операции switch .

• Если есть несколько трансформ: представьте любое из них
• Если решения не существует: утверждать, что решения не существует

Определение: операция switch(int i, bool* arr) инвертирует значение в arr [i] и arr [i-1] и arr [i + 1] (если эти индексы находятся в диапазоне 0 ... n -1). * * одна тысяча двадцать-три

Другими словами, операция switch обычно переворачивает три бита ( i и его соседей), но только два на концах.

Например:

• switch (0, arr) будет переключать только значения arr [0] и arr [1]
• switch (n-1, arr) переключит значения только arr [n-1] и arr [n-2]

Заранее спасибо за предложения по алгоритму.

Answer 1

Используя возврат, вы можете получить решение O (n). Почему?

1. На один индекс у вас в худшем случае один переключатель
2. Swicth по индексу может изменить только сам и два соседа.

Начиная слева, лучше всего двигаться вправо и вернуться назад.

В любое время вы должны вернуться максимум на два шага. Например, если вы находитесь в индексе n, вы можете изменить только индекс n-1, но не индекс n-2, и один раз. Точнее, когда вы достигнете индекса n + 2, вам нужно только проверить индекс n.

У вас может быть в худшем случае 2 решения.

Решение (в питоне)

def light(arr,n):
    for i in range(max([0,n-1]),min([len(arr),n+2])):
        arr[i] = not arr[i]
    return arr

goal = [True]*500
def trackback(arr,index,moves):
    if index == len(arr):
        if arr == goal:
            print(moves)
        return

    if index > 1:
        if arr[index-2] != goal[index-2]:
            return
    #print(arr,index,moves)
    #do not make switch
    trackback(arr,index+1,moves)
    #make switch
    moves=moves+[index]
    arr=light(arr,index)
    trackback(arr,index+1,moves)
    arr=light(arr,index) #undo move


arr=[False]*500
trackback(arr,0,[])

выход

[1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, 28, 31, 34, 37, 40, 43, 46, 49, 52, 55, 58, 61, 64, 67, 70, 73, 76, 79, 82, 85, 88, 91, 94, 97, 100, 103, 106, 109, 112, 115, 118, 121, 124, 127, 130, 133, 136, 139, 142, 145, 148, 151, 154, 157, 160, 163, 166, 169, 172, 175, 178, 181, 184, 187, 190, 193, 196, 199, 202, 205, 208, 211, 214, 217, 220, 223, 226, 229, 232, 235, 238, 241, 244, 247, 250, 253, 256, 259, 262, 265, 268, 271, 274, 277, 280, 283, 286, 289, 292, 295, 298, 301, 304, 307, 310, 313, 316, 319, 322, 325, 328, 331, 334, 337, 340, 343, 346, 349, 352, 355, 358, 361, 364, 367, 370, 373, 376, 379, 382, 385, 388, 391, 394, 397, 400, 403, 406, 409, 412, 415, 418, 421, 424, 427, 430, 433, 436, 439, 442, 445, 448, 451, 454, 457, 460, 463, 466, 469, 472, 475, 478, 481, 484, 487, 490, 493, 496, 499]
[0, 3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24, 27, 30, 33, 36, 39, 42, 45, 48, 51, 54, 57, 60, 63, 66, 69, 72, 75, 78, 81, 84, 87, 90, 93, 96, 99, 102, 105, 108, 111, 114, 117, 120, 123, 126, 129, 132, 135, 138, 141, 144, 147, 150, 153, 156, 159, 162, 165, 168, 171, 174, 177, 180, 183, 186, 189, 192, 195, 198, 201, 204, 207, 210, 213, 216, 219, 222, 225, 228, 231, 234, 237, 240, 243, 246, 249, 252, 255, 258, 261, 264, 267, 270, 273, 276, 279, 282, 285, 288, 291, 294, 297, 300, 303, 306, 309, 312, 315, 318, 321, 324, 327, 330, 333, 336, 339, 342, 345, 348, 351, 354, 357, 360, 363, 366, 369, 372, 375, 378, 381, 384, 387, 390, 393, 396, 399, 402, 405, 408, 411, 414, 417, 420, 423, 426, 429, 432, 435, 438, 441, 444, 447, 450, 453, 456, 459, 462, 465, 468, 471, 474, 477, 480, 483, 486, 489, 492, 495, 498]

Вы видите, что самым простым решением было бы просто запустить два цикла for. Первое решение установить первый свет / выключатель, а второй нет. Все остальные переключения затем решаются

#do not switch first light
for i in range(1,len(goal)+1):
    if goal[n-1] != arr[n-1]:
        light(arr,n)
check_solution()

#switch first light
switch(arr,n)
for i in range(1,len(goal)+1):
    if goal[n-1] != arr[n-1]:
        light(arr,n)
check_solution()

Answer 2

Насколько я понимаю, главное наблюдение состоит в том, что нам никогда не нужно выполнять более одного переключения в любой позиции.Это связано с тем, что переключение дважды - это то же самое, что переключение вообще не так, поэтому все четные переключатели эквивалентны переключателям 0, а все нечетные переключатели равны 1 переключателю.

Другое дело, что порядок переключателей нене имеет значения.переключение i-го и i + 1-го элементов аналогично переключению i + 1-го и затем i-го.Шаблон, полученный в конце, один и тот же.

Используя эти два наблюдения, мы можем просто попробовать все возможные способы применения переключения к массиву длины n.Это можно сделать рекурсивно (то есть выполнить переключение по индексу i / не выполнить переключение по индексу i, а затем попробовать i + 1) или перечислить все 2 ** nn битовые маски и использовать их для применения переключателей до тех пор, пока один из них не создастцелевое значение.

Ниже приведено описание моего решения.Я упаковал массивы в целые и использовал их в качестве битовых масок для упрощения операций.Это распечатывает индексы, которые необходимо переключить, чтобы получить целевой массив, и печатает «Невозможно», если цель недоступна.

#include <cstdio>

int flip(int mask, int bit){
    return mask^(1<<bit);
}

int switch_(int mask, int index, int n){
    for(int i=-1;i<=+1;i++){
        if ((index+i)>=0 && (index+i)<n) mask=flip(mask,index+i);
    }
    return mask;
}

int apply(int source, int flips, int n){
    int result=source;
    for(int i=0;i<n;i++){
        if (flips&(1<<i)) result=switch_(result,i,n);
    }
    return result;
}

void solve(int source, int target, int n){
    bool found=false;
    int current=0;
    int flips=0;
    for(flips=0;flips<(1<<n) && !found;flips++){
        current=apply(source,flips,n);
        found=(current==target);
    }
    if (found){
        flips--;
        for(int i=0;i<n;i++){
            if (flips&(1<<i)) printf("%d ",n-i-1); //prints the indices in descending order
        }
        printf("\n");
    }
    else{
        printf("Impossible\n");
    }
}

int array2int(int* arr, int n){
    int ret=0;
    for(int i=0;i<n;i++){
        ret<<=1;
        if (arr[i]==1) ret++;
    }
    return ret;
}
int main(){
    int source[]={0,0,0,0};
    int target[]={1,1,1,1};
    int n=4;
    solve(array2int(source,n),array2int(target,n),n);
    return 0;
}

Answer 3

Откат не требуется.

Легко видеть, что для N = 3k и N = 3k + 1 (k> 0) возможно переключить каждый отдельный бит, поэтому для этих размеров решение всегда существует. Легко придумать один, складывая решения для каждого бита, который нам нужно перевернуть.

Для 3k + 2 элементов возможно перевернуть некоторые биты по отдельности, а другие попарно. А именно, мы можем перевернуть либо биты 2, 5, 8 ... по отдельности, либо любые два из 0, 1, 3, 4, 6, ... одновременно. Таким образом, решение существует только тогда и только тогда, когда в позициях 0, 1, 3, 4, 6, 8 есть четное число битов, которые необходимо перевернуть. Опять же, легко придумать алгоритм для каждой пары битов. Добавьте их, чтобы получить решение.