Структуры и алгоритмы компьютерной обработки данных (стр. 25 )

function C(n, k: integer):integer;

| {n >= 0; 0 <=  k <=n}

begin

| if (k = 0) or (k = n) then begin

| | C:=1;

| end else begin {0<k<n}

| | C:= C(n-1,k-1)+C(n-1,k)

| end;

end;

Замечание. - число -элементных подмножеств -элементного множества. Соотношение получится, если мы фиксируем некоторый элемент -элементного множества и отдельно подсчитаем -элементные подмножества, включающие и не включающие этот элемент. Таблица значений

называется треугольником Паскаля (того самого). В нем каждый элемент, кроме крайних единиц, равен сумме двух стоящих над ним.

Решение. Можно воспользоваться формулой

Мы, однако, не будем этого делать, так как хотим продемонстрировать более общие приемы устранения рекурсии. Вместо этого составим таблицу значений функции , заполняя ее для , пока не дойдем до интересующего нас элемента.

Что можно сказать о времени работы рекурсивной и нерекурсивной версий в предыдущей задаче? Тот же вопрос о памяти.

Решение. Таблица занимает место порядка , его можно сократить до , если заметить, что для вычисления следующей строки треугольника Паскаля нужна только предыдущая. Время работы остается порядка . Рекурсивная программа требует существенно большего времени: вызов C(n, k) сводится к двум вызовам для C(n-1,..), т. е. - к четырем вызовам для C(n-2,..) и так далее. Таким образом, время оказывается экспоненциальным (порядка ). Используемая рекурсивной версией память пропорциональна - умножаем глубину рекурсии ( ) на количество памяти, используемое одним экземпляром процедуры (константа).

Кардинальный выигрыш во времени при переходе от рекурсивной версии к нерекурсивной связан с тем, что в рекурсивном варианте одни и те же вычисления происходят много раз. Например, вызов C(5,3) в конечном счете порождает два вызова C(3,2):

Заполняя таблицу, мы каждую клетку заполняем только однажды - отсюда и экономия. Этот прием называется динамическим программированием, и применим в тех случаях, когда объем хранимой в таблице информации оказывается не слишком большим.

Порассуждать на ту же тему на примере рекурсивной и (простейшей) нерекурсивной программ для вычисления чисел Фибоначчи, заданных соотношением

Железная дорога с односторонним движением имеет станций. Известны цены билетов от -ой станции до -ой (при - в обратную сторону проезда нет). Найти минимальную стоимость проезда от начала до конца (с учетом возможной экономии за счет пересадок).

Задано конечное множество с бинарной операцией (вообще говоря, не коммутативной и даже не ассоциативной). Имеется элементов этого множества и еще один элемент . Проверить, можно ли так расставить скобки в произведении , чтобы в результате получился . Число операций должно не превосходить для некоторой константы (зависящей от числа элементов в выбранном конечном множестве).

Решение. Заполняем таблицу, в которой для каждого участка нашего произведения хранится список всех возможных его значений (при разной расстановке скобок).

Имеется положительных целых чисел и число . Выяснить, можно ли получить , складывая некоторые из чисел . Число действий должно быть порядка .

Указание. После шагов хранится множество тех чисел на отрезке , которые представимы в виде суммы некоторых из .

Замечание. Мы видели, что замена рекурсивной программы на заполнение таблицы значений иногда позволяет уменьшить число действий. Примерно того же эффекта можно добиться иначе: оставить программу рекурсивной, но в ходе вычислений запоминать уже вычисленные значения, а перед очередным вычислением проверять, нет ли уже готового значения.

Стек отложенных заданий

Другой прием устранения рекурсии продемонстрируем на примере задачи о ханойских башнях.

Написать нерекурсивную программу для нахождения последовательности перемещений колец в задаче о ханойских башнях.

Решение. Вспомним рекурсивную программу, перекладывающую i верхних колец с m на n:

procedure move(i, m,n: integer);

| var s: integer;

begin

| if i = 1 then begin

| | writeln ('сделать ход ', m, '->', n);

| end else begin

| | s:=6-m-n; {s - третий стержень: сумма номеров равна 6}

| | move (i-1, m, s);

| | writeln ('сделать ход ', m, '->', n);

| | move (i-1, s, n);

| end;

end;

Видно, что задача "переложить i верхних дисков с m - го стержня на n - ый" сводится к трем задачам того же типа: двум задачам с i-1 дисками и к одной задаче с единственным диском. Занимаясь этими задачами, важно не позабыть, что еще осталось сделать.

Для этой цели заведем стек отложенных заданий, элементами которого будут тройки . Каждая такая тройка интерпретируется как заказ "переложить i верхних дисков с m - го стержня на n - ый". Заказы упорядочены в соответствии с требуемым порядком их выполнения: самый срочный - вершина стека. Получаем такую программу:

procedure move(i, m,n: integer);

begin

| сделать стек заказов пустым

| положить в стек тройку <i, m,n>

| {инвариант: осталось выполнить заказы в стеке}

| while стек непуст do begin

| | удалить верхний элемент, переложив его в <j, p,q>

| | if j = 1 then begin

| | | writeln ('сделать ход', p, '->', q);

| | end else begin

| | | s:=6-p-q;

| | |  {s - третий стержень: сумма номеров равна 6}

| | | положить в стек тройки <j-1,s, q>, <1,p, q>, <j-1,p, s>

| | end;

| end;

end;

(Заметим, что первой в стек кладется тройка, которую надо выполнять последней.) Стек троек может быть реализован как три отдельных стека. (Кроме того, в паскале есть специальный тип, называемый "запись" ( record ), который может быть применен.)

Для задачи о ханойских башнях есть и другие нерекурсивные алгоритмы. Вот один из них: простаивающим стержнем (не тем, с которого переносят, и не тем, на который переносят) должны быть все стержни по очереди. Другое правило: поочередно перемещать наименьшее кольцо и не наименьшее кольцо, причем наименьшее - по кругу.

Написать нерекурсивный вариант программы быстрой сортировки. Как обойтись стеком, глубина которого ограничена , где - число сортируемых элементов?

Решение. В стек кладутся пары , интерпретируемые как отложенные задания на сортировку соответствующих участков массива. Все эти заказы не пересекаются, поэтому размер стека не может превысить . Чтобы ограничиться стеком логарифмической глубины, будем придерживаться такого правила: глубже в стек помещать больший из возникающих двух заказов. Пусть - максимальная глубина стека, которая может встретиться при сортировке массива из не более чем элементов таким способом. Оценим сверху таким способом: после разбиения массива на два участка мы сначала сортируем более короткий (храня в стеке более длинный про запас), при этом глубина стека не больше , затем сортируем более длинный, так что