Solved Exercises 1. Finding the Peak. Let A= a1,…,an be a sequence of n numbers with the following property: there is p in {1,…,n} for which (i) the subsequence a1,..,ap is increasing and (ii) the subsequence ap,…,an is decreasing. Find p in O( log n) time. Exemplo A = 1 3 5 6 8 6 4 3 2 p = 5

Solved Exercises 2. Subcadeia de Soma Máxima Entrada a = (a1, a2, … , aN) um vetor de inteiros Saída: i e j tais que S[i , j ]= ai + ai+1 + … + aj é máximo. quando todos os valores de a são negativos, então a subsequencia vazia é escolhida e o valor máximo da soma é considerado 0. Exemplo: a = (-2, 11, -4, 13, -5, -2) Solução i=2 e j=4 s[2,4]= 11 - 4 + 13 = 20

Complexidade de tempo O(n3) Solução “força bruta” Existem O(n2) intervalos Para calcular s[i, j ] gasta-se O(j-i)=O(n) Complexidade de tempo O(n3)

Solução “força bruta” Smax 0 Para i:=1 até n faça Para j:=i ate n faça SA[i] Para k:=i+1 até j faça S  S+A[k] if S > Smax then Smax S

Complexidade de tempo O(n2) Preprocessamento ... Calculando s[1,i], para 1≤ i ≤ n, podemos calcular as demais somas em O(1): S[ i , j ]= s[ 1, j ] –s[ 1 , i-1 ] O(n2) intervalos => Complexidade de tempo O(n2)

Preprocessamento ... Prefix[0]  0 Para i:=0 até n-1 Prefix[i+1]  Prefix[i] + A[i] Smax  0 Para i:=1 até n faça Para j:=i ate n faça if Prefix[j] – Prefix[i-1] > Smax then Smax Prefix[j] – Prefix[i-1]

...“dividir-e-conquistar” Quebrar em dois subvetores menores resposta a esquerda resposta no centro resposta a direita a1 a2 a1 a2

...“dividir-e-conquistar” Quebrar em dois subvetores menores resposta no centro a1 a2 T(esq): subsequencia de soma máxima que começa em algum i* menor ou igual a n/2 e termina em n/2 T(dir): subsequencia de soma máxima que começa em n/2+1 e termina em algum j* maior ou igual a n/2+1 Melhor resposta no centro igual a s[ i*, j* ]

…“dividir-e-conquistar” SubseqMaxima (i,j) Se i=j and A[i]>0 then return A[i] Se i=j and A[i]<0 then return 0 Senão Sleft  SubseqMaxima (i,(i+j) div 2 ) Sright SubseqMaxima ((i+j) div 2 + 1, j ) Lmax 0; aux  0 Para k:= (i+j) div 2 downto i aux  aux + A[k] Se aux > Lmax then Lmax  aux Rmax  0; aux  0 Para k:= (i+j) div 2 +1 to j aux < - aux + A[k] Se aux > Rmax then Rmax  aux Scenter  Lmax+ Rmax Return max(Sleft , Scenter , Sright )

…“dividir-e-conquistar” T(n) = esforço para resolver instância de tamanho n T(n) = n + 2.T(n/2) T(1) = O(1) T(n) = O(n.log n) + O(n) = O(n log n) Complexidade de tempo O(n log n)

…“ É possível melhorar ?” Programação Dinâmica Tempo Linear

Exercício 1 Ao comparar a mediana a(n/2) da primeira lista com a mediana b(n/2) da segunda lista temos Caso i) a(n/2) >= b(n/2). Neste caso, os elementos a(n/2+1),…,a(n) são maiores ou iguais que n elementos e os elementos b(1),…,b(n/2) são menores ou iguais do que n elementos. Portanto, o elemento desejado é o (n/2)-ésimo elemento do conjunto b(n/2+1),…,b(b), a(1),…,a(n/2). Este pode ser encontrado recursivamente Caso ii) a(n/2) < b(n/2). Análogo ao caso i Complexidade de Tempo T(2n) = 1 + T(n) T(1) =1 Resolvendo a recorrência temos T(2n)= log (2n) = O(log n)

Exercício 2 Devemos aplicar a mesma estratégia do algoritmo para contar inversões com a seguinte modificação na hora de combinar multiplique todos os elementos da lista direita por 2 e faça um merge entre as duas listas para contar o número de inversões Faça o merge com as listas originais (sem multiplicar por 2) para obter uma lista ordenada

Exercício 3 Escreva uma função Cartão(S) que dados o conjunto S de cartões : Retorna um dos cartões que aparece mais do que |S|/2 vezes caso este exista Null caso contrário

Exercício 3 Cartão (S) Se |S|=1 Return o único cartão de S Senão Particione S em dois subconjuntos S1 e S2 de tamanho mais parecido possível a  Cartão(S1) ; bCartão(S2) Se a = Null e b = Null Return Null Se a <> Null (*) Compare a com todos os cartões de S Se a aparece mais do que |S|/2 vezes Return a Se b <> Null (**) Compare b com todos os cartões de S Se b aparece mais do que |S|/2 vezes Return b

Exercício 3 Teorema. Cartão(S) devolve Null se nenhum cartão de S aparece mais do que |S|/2. Se existe cartão que aparece mais do |S|/2 vezes, o procedimento devolve tal cartão. Indução em |S| Base |S|=1. Ok! Hipótese. Propriedade vale quando |S| < = k. Passo |S|=k+1. Reciocínio. Caso 1.) Existe um cartão em S, digamos c, que aparece mais do que (k+1)/2 vezes. Logo, este cartão aparecerá mais do que |S1|/2 vezes em S1 ou mais de |S2|/2 vezes em S2. Como Cartão(S1) e Cartão(S2) estão corretos então um destes retornará c. Logo, Cartão(S) retornará c. Caso 2) Não existe cartão em S que aparece mais do que (k+1)/2 vezes. O procedimento retorna Null já que tanto (*) quanto (**) vão retornar Null

Exercício 3 Complexidade de Tempo T(n) = 2n + 2T(n/2) ( comparar cartões mais duas chamadas recursivas) T(1)=1  T(n) = O(n log n)

Exercício 4

Exercício 5 Escreva um Rotina HSR que recebe como entrada n retas e retorna uma partição do intervalo (-\infty,+\infty) aonde a cada intervalo é associado a reta visível naquele intervalo. Note que cada reta esta associada a no máximo um intervalo Divisão. Divida as retas em dois conjuntos de n/2 retas e resolva recursivamente cada um dos subproblemas.

Exercício 5 Conquista. Seja L_e a lista dos intervalos para as retas do conjunto da esquerda e L_d a lista de intervalos para as retas do conjunto da direita. Seja r_e a reta associada ao primeiro intervalo de (l_e,u_e) de L_e e r_d a reta associada ao primeiro intervalo de (l_d,u_d) de L_d. Assuma sem perda de generalidade que l_e <= l_d. Calculamos o ponto de interseção entre as retas r_e e r_d. Com base neste ponto interseção descobrimos como fica a visibilidade na interseção entre os intervalos (l_e,u_e) e (l_d,u_d). Se u_d > u_e aplicamos o mesmo processamento em L_d e L_e – (l_e,u_e)

Exercício 5 Escreva um Rotina HSR que recebe como entrada n retas e retorna uma partição do intervalo (-\infty,+\infty) aonde a cada intervalo é associado a reta visível naquele intervalo. Note que cada reta esta associada a no máximo um intervalo Divisão. Divida as retas em dois conjuntos de n/2 retas e resolva recursivamente cada um dos subproblemas. Conquista. Faça um “merge dos intervalos” obtidos Complexidade de Tempo T(n)=n + 2T(n/2) ( merge + duas chamadas recursivas) T(1)=1  T(n) =O(log n)

Exercício 6 LocalMinimo existe ? Óbvio. O menor elemento da árvore é um local mínimo

Exercício 6 LocalMinimo(r) Se r é um folha (i) Return r Se r< r.esq e r<r.dir (ii) Se r.esq<r Return LocalMinimo(r.esq) (iii) Se r.dir<r Return LocalMinimo(r.dir) (iv) Complexidade de Tempo T(n) <= c + T(n/2) se n>1 ( comparações + chamada recursiva) T(n) =1 se n=1 ( caso base)  T(n) = O(log n)

Exercício 6 Teorema. LocalMinimo (r) retorna um mínimo local da árvore enraízada em r Prova Indução no tamanho da árvore. Base. r é uma folha (i). Ok. Hipótese. Vale para árvores com 2d -1 nós Passo. Provar para árvore T com 2d+1 -1 nós Caso 1) A raíz é um mínimo local de T. O algoritmo devolve r (ii) Caso 2) A raíz não é um mínimo local de T Subcaso 2.1) r.esq < r. Então um mínimo local da árvore enraízada em r.esq é um mínimo local de T. Como neste caso LocalMinimo(r.esq) é chamado, segue da hip de indução que o algoritmo devolve a resposta correta Subcaso 2.2) r.esq > r. Então r.dir < r eum mínimo local da árvore enraízada em r.dir é um mínimo local de T. Como neste caso LocalMinimo(r.dir) é chamado, segue da hip de indução que o algoritmo devolve a resposta correta

10-3-6 Cormen 1. Seja p(i) , para i=1,...,k o último elemento do i-ésimo quantil 2. Encontre p(k/2) utilizando o algoritmo de seleção linear. Note que p(k/2) é o k/2 . (n/k) menor elemento do conjunto de entrada. 3. Faça um pivoteamento colocando os elementos maiores que p(k/2) a direita e os menores a esquerda. 4. Encontre os quantil p(1),...p(k/2-1) utilizando recursão para os elementos menores que p(k/2) e os quantils p(k/2+1),...,p(k) utilizando recursão para os elementos maiores que p(k/2). Complexidade de Tempo; T(k) = n + 2 .T(k/2) T(k) = n log k

10-3-7 Cormen 1. Encontre a mediana m em tempo linear 2. Para cada elemento x de S faça S’  S’ U |x –m| 3. Seja q o (k+1)-ésimo menor elemento de S’. Encontre q utilizando o algoritmo de seleção em tempo linear mostrado em sala 4. Obtenha os k+1 menores elementos de S’ pivoteando em relação ao elemento obtido em 3. Devido a transformação no passo 2, no conjunto S’ os k menores elementos correspondem aos k mais próximos da mediana

10-3-9 Cormen O local ótimo deve dividir metade dos poços para cada lado. Caso contrário seria possível melhorar diminuir o comprimento total movendo o duto principal de modo a aproximar da maioria dos poços. Basta calcular a mediana considerando as coordenadas y