Двоично търсене

Binary Search

Задача за познаване на число.
Идея на двоичното търсене. Имплементация. Изисквания. Други примери.
Автор: Александър Георгиев

В темата за търсене и итерация разгледахме няколко примера, в които трябваше да намерим специфичен обект сред други такива. Там ползвахме оптимизацията, че веднага след като го намерим, можем да приключим итерацията и така да направим програмата си малко по-бърза. Това, обаче, в най-лошия случай не ни дава никакво подобрение. Примерно, ако елемента, който търсим, го няма, то нашата програма би минала през цялото множество без резултат. Нещо повече, в средния случай тази оптимизация прави програмата едва два пъти по-бърза, тъй като очакването е (ако го има) да го намерим, след като сме проверили половината стойности.

Тук ще разгледаме как с техниката "Разделяй и Владей" можем да направим решението си много, много по-бързо, ако са изпълнени определени изисквания.

Проблем

Нека разгледаме следната примерна постановка.
Ели и Станчо играят на следната игра. Станчо си намисля число между 1 и 1000, включително, а Ели се опитва да го отгатне. След всяко нейно предположение, Станчо ѝ казва дали е уцелила, и ако не е - дали неговото число е по-голямо или по-малко ("нагоре" или "надолу"). За всяко питане тя трябва да пие шотче... натурален сок, а след като познае, Станчо трябва да допие останалото в бутилката. Тъй като от натуралния сок на нея ѝ се замайва главата, тя се стреми да познае числото на Станчо с възможно най-малко питания. Помогнете на Ели да измисли стратегия, с която да постигне това.

Тривиален подход

Очевидно, една възможна стратегия е да пита дали числото е 1, после 2, после 3 и т.н. Така, обаче, ако Станчо си е намислил 1000, то на нея ще ѝ отнеме цели 1000 питания за да го познае. Разбира се, тя може да почне от другия край (придвиждайки, че Станчо е хитър), но той може да придвиди, че тя ще придвиди, че той е хитър, и да си намисли 1. От където и да почне тя, в най-лошия за Ели развой на събитията, този подход задава 1000 въпроса.

Прескачане на числа и линейно търсене

При миналия подход Ели изобщо не използва това, че Станчо ѝ казва дали неговото число е по-голямо или по-малко. На нея ѝ хрумва, че може да пита само за нечетни числа, като по това, какво ѝ отговаря Станчо, тя може да се ориентира, дали току-що е прескочила неговото число. Например, тя пита за 1, 3, 5, … K*2+1, при което Станчо изведнъж казва, че неговото число е по-малко. Тя веднага знае, че неговото число е K*2. Така тя би намалила броя питания на половина (500 в най-лошия случай).

Доразвиване на стратегията с прескачане и линейно търсене

Добре, но тогава защо тя да не пита за не през едно число, ами през десет? Например за 1, 11, 21, … 10*K+1. В момента, в който Станчо ѝ каже, че неговото число е по-малко, тя ще пита за деветте числа между предходното и текущото ѝ питане, като със сигурност едно от тях ще е това на Станчо. С този подход тя прави 100 + 9 или общо 109 питания, в най-лошия случай.

Оптимална стратегия с прескачане и линейно търсене

Всъщност, защо пък десет? Колко числа да прескача тя, така, че общият брой питания да е минимален?

С малко мислене можем да съобразим, че оптималният брой числа, които трябва да пропуска Ели при тази стратегия, е корен квадратен от общия брой числа. Той е оптимален, тъй като балансира броя питания при прескачането и този при линейното търсене след това. В случая sqrt(1000) е приблизително 32. Така тя може да пита за 1, 33, 65, 97 и т.н., което са общо 32 питания. След това тя трябва да пита за (в най-лошия случай) всички числа между предходното и последното ѝ питане, които са още 31. Така тя има стратегия с най-много 63 питания.

Рекурсивна стратегия с прескачане

Някои от вас сигурно са забелязали, че тази стратегия има слаба част. След като намери интервала с 31 числа, в който се намира това на Станчо, Ели използва тривиалната стратегия, обсъдена съвсем в началото. Но както видяхме, тя е много далеч от оптимална. Защо, тогава, да не приложим стратегията с прескачане рекурсивно и в намерения малък интервал? Тоест, след като намери интервала с 31 елемента, където е числото на Станчо, тя прилага същата стратегия, но в много по-малък интервал. В случая, при първото викане стъпката ще е 32, при второто ще е sqrt(31) ≈ 5, след това sqrt(4) = 2 и накрая ще има едно единствено число, за което тя ще е сигурна, че е това на Станчо. Общият брой питания ще е 32 + 6 + 2 + 1 = 41.

Заключение за стратегията с прескачане

Тази стратегия, базирана на "Разделяй и Владей", гарантирано намира числото на Станчо, независимо кое си е намислил той. Нещо повече, то намира числото с най-много толкова питания, дори той да послъгва (променя намисленото си число), стига отговорите му да са консистентни.

Въпреки последния фикс, в тази идея все още има дребна грешка. Ако я оправим, можем да постигнем дори по-добри резултати. За всяко рекурсивно викане прескачаме по корен квадратен от текущия брой числа. Защо? Защото казахме, че така балансираме броя въпроси при прескачане и броя такива при линейното търсене. Но нали го премахнахме (правейки алгоритъма рекурсивен)? Значи вече не зависим от него и може би има по-добра стъпка!

Двоично търсене

?Методът "Двоично търсене" се нарича "Binary Search" на английски, като много често ще го чуете като "Байнъри" от български състезатели. В литературата и в университета също така може да го срещнете като "Bisection Method" (метод на бисекцията) или "Dichotomy" (дихотомия).
Вместо да прескачаме по корен квадратен на брой числа, ще прескачаме по... половината! На първата стъпка Ели пита за числото 500. Ако Станчо каже, че неговото е по-малко, то Ели трябва да го намери в интервала [1, 499].
?При двоичното търсене, размерът на претърсваното пространство намалява на половина след всяка стъпка. Съществува модификация на техниката, при която той намалява само с една трета, но пък решава по-сложен проблем. Тази техника се нарича троично търсене и ще разгледаме по-нататък.
В противен случай, тя трябва да го намери в [501, 1000]. Но и при двата случая тя елиминира половината числа с едно единствено питане! Както сами можете да видите, на втората стъпка тя ще елиминира половината на половината (тоест около 250 нови числа), и т.н. Такова търсене се нарича двоично търсене, тъй като на всяка стъпка разделяме интервала на две и захвърляме половината възможности.

Да видим колко хода ще са нужни на Ели, за да познае числото на Станчо, с тази нова стратегия. Броят числа в интервала, в който търси тя, ще са (питайки за едно и изхвърляйки половината на всяка стъпка): {1000, 499, 249, 124, 62, 31, 15, 7, 3, 1}. Тоест Ели може да намери числото на Станчо с едва десет питания!

Идея

Идеята е, като имаме някакъв интервал, в който търсим някаква стойност, да разделяме интервала винаги на половина, като проверяваме какъв е резултатът за стойността, която се намира по средата. В зависимост от този резултат, решаваме дали текущата стойност е тази, която търсим, и ако не - дали да продължим търсенето в лявата или дясната половина.
!Тъй като, само по себе си, двоичното търсене е сравнително кратко и просто за писане, най-често в задачи то бива съчетано с друг, по-сложен алгоритъм или структура данни.
Забележете, че стъпката "проверяваме какъв е резултатът за стойността, която се намира по средата" изобщо не е задължително да е тривиална. В примерната задача Ели имаше Станчо, който да казва резултата, но в огромна част от реалните задачи това ще е отделен алгоритъм, който трябва да имплементирате. А той може да е почти всякакъв - от просто сравняване на числа до сложни и дълги алгоритми като, например, поток.

Брой стъпки на алгоритъма

Както видяхме в примерната задача, Ели се нуждаеше от 10 питания за да познае число от множество с 1000 елемента. От колко питания би се нуждала Ели, ако Станчовото число беше между 1 и 100,000?

Нека видим! Размерът на интервалите, при съответните питания, е: {100000, 49999, 24999, 12499, 6249, 3124, 1562, 781, 390, 195, 97, 48, 24, 12, 6, 3, 1}. Едва 17! Въпреки, че интервалът е сто пъти по-голям, броят питания не се увеличи дори двойно.

Това е така, тъй като стратегията ни игнорира огромен брой числа в началото - колкото по-голям е началният интервал, толкова повече игнорирани числа. И тъй като намаляме интервала на две всеки път, то броят питания е равен на двоичния логаритъм от големината на интервала. Наистина, log2(1000) ≈ 10, log2(100000) ≈ 17.

Колко питания биха били достатъчни на Ели, ако числото на Станчо беше между 1 и 1,000,000,000?

Имплементация

?За сега ще разглеждаме само дискретни функции (тоест такива, които имат краен брой елементи), като например интервал от цели числа или индекс в масив. По-нататък ще обърнем специално внимание на недискретния вариант, тъй като там има няколко трика, на които искаме да ви научим :)
Имплементацията е проста и сравнително стандартна, в следствие на което много състезатели ползват един и същ шаблон винаги, когато пишат байнъри.
Първо, тъй като търсим нещо в някакъв интервал, е хубаво да си представим интервала по някакъв начин. Често ще търсим нещо в масив, като интервалът ще бъде представен чрез най-левия и най-десния валиден индекс. Понякога, обаче, (като например в тази задача) ще имаме друга функция, в която търсим отговора.
!Бъдете внимателни за overflow ако ползвате съкратения вариант! Забележете, че дори целият интервал да се събира в даден тип, то сумата на лявата и дясната граница може да не се. Например, какво става ако имате интервала [1, 2000000000], границите са ви от тип int (съвсем логично, тъй като типът поддържа този интервал) и ползвате int mid = (left + right) / 2;? Ако отговорът е близък до горната граница, ще имате стъпки, в които (left + right) ще прехвърли възможностите на int и програмата ви ще даде грешен резултат. В това отношение по-дългият запис е по-безопасен, тъй като няма този проблем.

Можем да представим интервала чрез две числа - най-лявата (малката) възможна стойност на интервала и най-дясната (голямата) такава, които ще наричаме left и right или за по-кратко l и r. На всяка стъпка ще изчисляваме една нова стойност - средата на интервала - в променлива mid или m. За да намерите средата на интервал по принцип взимате левия му край и прибавяте половината. Това, като код е:

mid = left + (right - left) / 2.
По-често, обаче, състезателите ползват малко по-кратък метод на записване на същото нещо:

mid = (left + right) / 2.

До кога въртим цикъла? Това частично зависи от задачата, но най-често при дискретния вариант - докато интервалът съдържа поне един елемент. Това лесно се изразява чрез while цикъл - например най-често ще срещнете while(left <= right) или while(left < right), в зависимост от предпочитанията на пишещия.

Примерна имплементация на задачата за Станчо и Ели би била:
// Приемаме, че функцията guess(X) връща 0, ако числото на Станчо е X,
// -1, ако неговото е по-малко и +1, ако е по-голямо.
int
guessStanchosNumber(
void
) {
int
left
=
1
,
right
=
1000
;
while
(left
<
=
right) {
int
mid
=
(left
+
right)
/
2
;
int
ansForMid
=
guess(mid)
;
if
(ansForMid
=
=
0
)
return
mid
;
if
(ansForMid
<
0
) right
=
mid
-
1
;
else
left
=
mid
+
1
;
}
return
-
1
;
// Everybody lies.
}

Горната задача, макар и чудесен пример за двоично търсене като цяло, не е хубав пример за различни негови имплементации, тъй като има само един единствен валиден отговор, който, очевидно, е и оптимален. В следващата задача ще има много стойности, които изпълняват изискването на задачата, но само една от тях ще е "оптимална".
Даден ви е сортиран масив с N (по-малко или равно на 1,000,000) цели числа числа с абсолютна стойност по-малка или равна на 1,000,000,000. Намерете индекса на най-малкия негов елемент, който е по-голям или равен на дадено цяло число X, отново по-малко или равно на 1,000,000,000 по абсолютна стойност. Ако такъв индекс не съществува, върнете N.
Както казахме, състезателите най-често ползват научен и добре трениран шаблон на двоичното търсене. Има няколко различни такива, като тук ще покажем два от тях.

С обновяване на отговора

При този тип имаме много по-малко мислене какви да са границите и дали да имаме <= или < в while()-а. Аз лично го предпочитам, тъй като е по-труден за объркване. Идеята му е да имаме допълнителна променлива (ans) за отговора, която ъпдейтваме всеки път, когато срещнем "хубав" отговор.
int
binarySearch(
int
*
array
,
int
arraySize
,
int
x) {
int
ans
=
arraySize
;
int
left
=
0
,
right
=
arraySize
-
1
;
while
(left
<
=
right) {
int
mid
=
(left
+
right)
/
2
;
if
(array[mid]
<
x) left
=
mid
+
1
;
else
right
=
mid
-
1
,
ans
=
mid
;
}
return
ans
;
}

С ползване на една от границите

Друг вариант, който със сигурност ще срещнете в чужд код (а може и вие да ползвате, ако ви харесва повече), е да ползваме една от границите за "отговор". Ако се вгледате в горния код ще забележете, че след излизане от while() цикъла, променливата right ще е отговорът минус едно.
int
binarySearch(
int
*
array
,
int
arraySize
,
int
x) {
int
left
=
0
,
right
=
arraySize
-
1
;
while
(left
<
=
right) {
int
mid
=
(left
+
right)
/
2
;
if
(array[mid]
<
x) left
=
mid
+
1
;
else
right
=
mid
-
1
;
}
return
right
+
1
;
}
Забележете, че всеки път, когато открием валиден отговор (тоест индекс, чиято стойност е по-голяма или равна на X), ние намаляме right да е с единица по-малко от това число. Така сме сигурни, че последният намерен валиден отговор (съответно и най-малкият такъв) е със стойност right + 1.

Това, обаче, не е много универсална конструкция. Например, представете си, че търсихме най-големия индекс, който е по-малък или равен на X. Тогава щяхме да ъпдейтваме left всеки път, когато намерим валиден индекс, като отговорът ни накрая щеше да бъде в left - 1.

Като цяло, и при двата подхода най-важното е, дали стойността в средата дава валиден (по някакви критерии) отговор или не. При първия вариант в този if (ако стойността е валидна), освен, че местим границата, обновяваме и отговора. При втория вариант трябва да върнем границата, която местим във въпросния if (с +1 или -1, в зависимост дали е right или left).

Малко предимство на първия вариант е, че ако връщаме някаква по-странна стойност ако не намерим отговор (примерно ако връщахме -1 вместо N, в горната задача), то щяхме да инициализираме ans с -1 в началото (вместо с N), като нямаше да променяме нищо по шаблона. При втория вариант трябва да внимаваме за това и да добавим допълнителен if, за да handle-нем този случай.

Изисквания

?Фъни история със задачата

Sheep

Winter Contest 2010, Group C

Author: Alexander Georgiev
Tags: Easy, Binary Search, Wrong
Statement | Archive | Online Judge
Sheep. Оригинално я дадох в C група, като двамата с Румен "доказвахме", че двоичното работи. Какво сме доказвали не знам, но го "доказахме", като на самото състезание никой не забеляза, че това не е така. После в TopCoder исках да я дам малко усложнена за 500, като пак никой от админите и тестващите не забеляза, че е грешно. Накрая някой от малките (не помня кой) ме светна, че функцията, много рядко, не е монотонна. Попроменихме я да е със значително по-малки ограничения, но да включва ужасно evil тестове. Резултат: 300+ човека я сбъркаха в Division 1, включително маса таргети. Това е може би най-сложната задача за C група, давана някога. За щастие, тестовете на зимните не бяха от evil типа, та над половин година никой не забеляза колко съм омазал задачата.
Очевидно, двоично търсене не е приложимо винаги. Хубаво е да знаем какви са изискванията за него, и да го ползваме само в задачи, когато би довело до верен отговор. В

Sheep

TopCoder SRM 483, Div1 900

Author: Alexander Georgiev
Tags: Hard, Very Tricky, RMQ, !Binary Search
Statement | Archive | Online Judge
противен случай, резултатите могат да бъдат много лоши.

До сега си говорихме или за числото на Станчо, или за сортирани масиви. Какво е общото между двете? Нека разглеждаме връщаните стойности (отляво надясно), ако ги изчислим за всички стойности на началния интервал.
  • В случая със Станчо и Ели, до едно време неговото число е по-голямо, после равно и после по-малко до края на интервала от възможни стойности.
  • В случая с търсенето на най-малкия индекс в сортиран масив, чиито елемент е по-голям или равен на X, то до едно време отговорът е отрицателен, после става положителен (и остава такъв до края на интервала).
  • В случая с търсенето на най-големия индекс в сортиран масив, чиито елемент е по-малък или равен на X, то до едно време отговорът е положителен, после става отрицателен (и остава такъв до края на интервала).
При втората и третата задача, интервалът бива разделен на две части - една със само положителни отговори и една със само отрицателни отговори. С малко наблюдение можем да видим, че и задачата за Станчо и Ели е (що-годе) от същия тип - в част от интервала местим единия индекс (можем да кажем, че това е "положителен" отговор), а в остатъка от него местим други индекс (което е аналогично на "отрицателен" отговор).
?Много често отговорите ви за различни стойности на интервала няма да са въобще бинарни, но с операторите <, >, ≤, ≥ или други критерии ще ги свеждате до такива.
Бинарна (true/false) функция, чиито отговори са в началото само положителни (отрицателни), а после само отрицателни (положителни) се нарича монотонна. Техниката "двоично търсене" работи само при такива функции!

Работа в непрекъснат интервал

Всъщност, двоичното търсене изобщо не е ограничено до масиви или дискретни стойности. Стига да има начин, по който да свеждаме отговорите от "питанията" на всяка стъпка до монотонна двоична функция, то няма проблем да работим и с интервал от реални числа. Единствената разлика е, че броят стъпки е по-сложен за определяне (на теория трябва да е безкрайност). Все пак, във всички състезателни и практически задачи отговорът се изисква с някаква точност (примерно 9 знака след десетичната точка), което прави броя възможни стойности краен.
Напишете функция, която намира корен трети на дадено неотрицателно реално число N.

Какъв ще е критерият ни за двоичното търсене? Търсим такова число X, за което е изпълнено, че X * X * X = N. Нека разгледаме възможните стойности на X, които са реалните числа в интервала [0, +INF). Колкото по-гоялмо е X, толкова по-голямо е произведението X * X * X. Следователно, тъй като N е неотрицателно, можем да твърдим, че до едно време X * X * X ще е по-малко или равно на N, а след това ще е по-голямо. Искаме да намерим най-голямата стойност на X, за която е изпълнено, че X * X * X <= N. Тази функция очевидно е бинарна и монотонна, следователно двоично търсене ще работи.

Стигаме до първата уловка в задачата. В какви граници ще бъде X? Както казахме, интервалът е [0, +INF), но тъй като не можем (лесно) да представим положителна безкрайност, то трябва да сложим някаква стойност. Ползвайки просто някакво много голямо число, обаче, не е хубава идея, тъй като каквато и да е тази стойност, N може да бъде тази стойност на трета степен плюс едно, като така нашата програма би дала грешен резултат.

Тъй като горният вариант (ползващ константа) се прецаква от това, че N може да е произволно голямо, то е логично да нагласим границите, ползвайки самото N. Стигайки до този извод, интуитивно [0, N] звучи като добра идея. Всъщност, обаче, не е. Тъй като N е реално число, то спокойно може да бъде, примерно, 0.5, в който случай отговорът ще е по-голям от него. Това е частен случай, за който трябва да се погрижим допълнително. С малко мислене виждаме, че отговорът е в интервала [0, max(N, 1.0)], което вече е окей.

Втората уловка е, че след като проверим средата на интервала, не можем да сложим left = mid + 1 или right = mid - 1, както правихме при дискретния вариант. Вместо това ще ползваме left = mid и right = mid.

Това, обаче, прецаква условието на цикъла while (left <= right). Тъй като сравняваме реални числа, има случаи, в които това никога няма да стане. На теория, всъщност, би трябвало никога да не се случи, тъй като mid е винаги между двете и никога точно равно на което и да е от тях (ако в началото left != right).

Често начинаещите състезатели решават това с така наречените "епсилони" - тоест много малко число, което прибавят или изваждат, за да се справят с този проблем. Например, би било донякъде интуитивно да ползваме едно от:
  • while(left + 0.000000001 < right)
  • left = mid + 0.000000001
  • right = mid - 0.000000001
?Хитро: http://stevekrenzel.com/articles/newtons-law
Това решава горния проблем, но създава нов такъв. Какво се случва, ако N = 10-40? Най-вероятно няма да намерим точния отговор, тъй като цикълът ще спре много преди да сме стигнали до него. Това важи за произволен епсилон, който ползваме. Понякога задачите не разрешават толкова малък вход или биха зачели намерения с тази модификация отговор за верен, но за съжаление не всички са такива, и, съответно, това не винаги работи.
?Пресли даде идея, че 64 стъпки са напълно достатъчни в случая, тъй като double има 64 бита, а на всяка стъпка от двоичното търсене отговорът ни става с 1 бит по-точен. Аз все пак бих ви съветвал да ползвате 100, тъй като няма да се наложи да променяте нищо дори да смените типа от double на long double, а също така и ако преминете от двоично към троично търсене.
За наша радост има лесно решение, което се справя и с двата проблема (и, на всичкото отгоре, ни дава допълнителна сигурност). Знаем, че двоичното търсене работи за логаритъм на брой стъпки. Защо, тогава, да не направим логаритъм на брой стъпки? Заместваме while(left <= right) цикъла с for(int iter = 0; iter < 100; iter++) такъв и сме готови. Всичко останало вътре в него остава същото. Накрая отговорът ни ще е left и right, едновременно :) Това е така, тъй като след сто итерации техните стойности ще са толкова близки една до друга, че на практика няма да има разлика. Допълнителното предимство е, че сме сигурни колко итерации точно ще бъдат направени, като така можем да апроксимираме точно необходимото време за изпълнение на програмата ни.

Така кодът, който бихме ползвали за горната задача, би могъл да бъде:
double
cubeRoot(
double
num) {
double
left
=
0
,
right
=
max(num
,
1.0
)
;
for
(
int
iter
=
0
;
iter
<
100
;
iter
+
+
) {
double
mid
=
(left
+
right)
/
2.0
;
if
(mid
*
mid
*
mid
<
num) left
=
mid
;
else
right
=
mid
;
}
return
right
;
}

Още примери

Рандом генератор чрез монета

Имате на разположение генератор на случайни булеви величини (true, false), или с други думи - монета. Измислете начин, по който с него да генерирате случайни реални числа в интервала [0, 1]. Докажете, че генерираните числа са равномерно разпределени.
Правим "двоично търсене" на числото. На всяка стъпка разделяме останалия ни интервал на две равни части, и в зависимост от това дали се падне ези или тура запазваме само лявата или само дясната част. Така, след определен брой хвърляния, останалият интервал ще е толкова малък, че можем да го счетем за едно единствено число.

Нека, например, при ези взимаме лявата страна, а при тура взимаме дясната. Нека също така са се паднали в този ред: ези, тура, ези, ези, тура, ези, тура, тура, тура, ези, тура. Нашият алгоритъм би стеснявал интервала по следния начин: [0, 1] -> [0, 0.5] -> [0.25, 0.5] -> [0.25, 0.375] -> [0.25, 0.3125] -> [0.28125, 0.3125] -> [0.296875, 0.3125] -> [0.3046875, 0.3125] -> [0.3046875, 0.30859375] -> [0.306640625, 0.30859375]. В крайна сметка можем да вземем просто средата на останалия интервал, в случая 0.3076171875 и да кажем, че това е нашето рандом число. Разбира се, прилагайки повече итерации бихме постигнали значително по-голяма точност.

Този метод можем да го разгледаме и по следния начин. В началото образуваме редицата 0.5, 0.25, 0.125, 0.0625, 0.03125, … За всеки член от тази редица хвърляме монетата, и ако се падне тура, го добавяме в сумата (която първоначално е била нула). Ако тази редица е безкрайна, резултатното число би било напълно случайно, равномерно разпределено в интервала [0, 1].

Липсващо число в сортиран масив

Даден ви е сортиран масив с N числа между 0 и N, включително, без повтарящи се числа, сортирани в нарастващ ред. Как бихте намерили лиспващото число?
Тази задача почти крещи "binary search, binary search". Винаги, когато имате нещо сортирано, погледнете защо ви го дават сортирано. Една от възможностите е да приложите двоично търсене (както е и в случая). На всяка стъпка от двоичното търсене ще проверявате дали на m-та позиция (където m е средата на текущо-разглеждания интервал) стои числото m. Ако не, то липсващото число е или на тази позиция, или наляво. Ако ли пък е, то значи липсващото число е на индекс, по-голям от m.

Прасета и отрова

Готвачът на краля приготви 1000 гозби за неговата сватба! Но кралските шпиони му съобщиха, че някой е сипал отрова в точно една от гозбите му. Отровата започва да се забелязва 2 часа след поемане на храната, а до сватбения пир остават... малко повече от два часа - тоест има време точно за една проба. За щастие, готвачът има на разположение известен брой прасета, върху които може да експериментира. На всяко от тях той може да забърка смесица от една или повече от гозбите и да му я даде да я изяде. Така ако до два часа прасето умре, то в някоя от гозбите, които е изяло, е имало отрова. За да не става свинщина, той иска да ползва възможно най-малко на брой прасета. Колко е минималният такъв брой, който позволява да се определи в коя гозба е отровата в рамките на тези 2 часа?

Примерно решение е да даде на 1000 прасета по точно една от гозбите, но има решение с много по-малко на брой. Забележете, че той гледа да минимизира не броя умрели прасета, а броя ползвани такива.
Тази задача е значително по-хитра и нетривиална. Отговорът е 10 прасета (двоичен логаритъм от 1000). Тук по-скоро ще ползваме идеята на двоичното търсене, а не самия алгоритъм.

Готвачът ще даде на първото прасе от всяка от пърата половина от гозбите. На второто прасе ще даде от всяка от първата и третата четвъртина от гозбите. На третото ще даде от 1-вата, 3-тата, 5-тата и 7мата осмина от гозбите и т.н.

За да покажем по-нагледно какво правим, нека считаме, че броят гозби е само 32 (но същата идея работи за произволен брой). Тогава (представено чрез битови маски, 1 за "даваме", 0 за "не даваме"), всяко от 5-те ни нужни прасета ще получи:
Прасе 1: 11111111111111110000000000000000 Прасе 2: 11111111000000001111111100000000 Прасе 3: 11110000111100001111000011110000 Прасе 4: 11001100110011001100110011001100 Прасе 5: 10101010101010101010101010101010

Ако първото прасе е умряло, то отровата е сред някоя от първите 16 гозби. В противен случай, тя е сред някоя от останалите 16. Тоест можем да определим в коя половина е отровата. В зависимост от това, дали второто прасе е умряло, можем да определим в коя четвъртина е отровата. Третото прасе определя осмината и т.н, като последното прасе еднозначно определя отровната гозба.

За малко по-голям пример, който не е точна степен на две, можете да разгледате този файл. Тук сме разпределили сто гозби между седем прасетата.

Намиране на корен на уравнение

Дадено ви е уравнение от типа A*X^5 + B*X^4 + C*X^3 + D*X^2 + E*X + F = 0, където A, B, C, D, E, и F са ненулеви, цели числа, с абсолютна стойност по-малка или равна на 100. Намерете стойност на X, която го удовлетворява (тоест намерете някой от корените на уравнението). Например, възможно решение за 3*X^5 - 13*X^4 - 42*X^3 + X^2 + X + 42 = 0 би било -2.297692476.

Тази задача е по-сложен вариант на примера, който разгледахме за недискретен интервал.

Основното наблюдение, което ще ползваме за да решим задачата, е, че лявата част от уравнението ще има различни знаци, когато X клони към минус безкрайност и когато клони към плюс безкрайност. Това е вярно, защото коефициентите са ненулеви и съответно най-старшият член A*X^5 променя знака си при отрицателен и положителен X. Следователно, някъде функцията приема стойност 0 (където и сменя знака си). С двоично търсене ще намерим тази точка.
?Това е пример за задача, в която трябва да направим специално наблюдение защо двоичното търсене би работело.
Първо, нека проверим дали имаме монотонност. В минус безкрайност функцията приема отрицателна стойност. В нула функцията приема положителна стойност (42). В едно функцията приема отрицателна стойност (-8). В плюс безкрайност функцията приема положителна стойност. Ъъъъъ. Отрицателна, положителна, отрицателна, положителна. Очевидно не е монотонна. И все пак в случая можем да ползваме двоично търсене. Тъй като търсим който и да е от отговорите, а във всеки интервал, в който функцията е с различни знаци в двата му края, има поне един корен. Следователно, рано или късно ще стигнем до подинтервал, в който функцията е монотонна.

Следва да намерим интервала, в който ще се намират отговорите (или поне един от тях). Тъй като коефициентите на полинома са сравнително малки и при това цели, то можем да докажем, че стойността на полинома ще има различен знак при X = -1,000,000,000,000 и X = +1,000,000,000,000. Следователно, това са хубави стойности за лява и дясна граница.

Остава да направим двоично търсене в този интервал, като местим тази граница, в която функцията има същия знак като в средата на интервала. Не забравяйте да ползвате фиксиран брой итерации вместо стандартната while(left <= right) конструкция!
#include <cstdio>
const
double
INF
=
1000000000000.0
;
double
eval(
int
A
,
int
B
,
int
C
,
int
D
,
int
E
,
int
F
,
double
X) {
return
((((A
*
X
+
B)
*
X
+
C)
*
X
+
D)
*
X
+
E)
*
X
+
F
;
}
int
sign(
double
num) {
return
num
<
0.0
?
-
1
:
1
;
}
double
solve(
int
A
,
int
B
,
int
C
,
int
D
,
int
E
,
int
F) {
double
left
=
-
INF
,
right
=
INF
;
double
ansLeft
=
eval(A
,
B
,
C
,
D
,
E
,
F
,
left)
;
for
(
int
iter
=
0
;
iter
<
100
;
iter
+
+
) {
double
mid
=
(left
+
right)
/
2.0
;
double
val
=
eval(A
,
B
,
C
,
D
,
E
,
F
,
mid)
;
if
(sign(val)
=
=
sign(ansLeft)) left
=
mid
;
else
right
=
mid
;
}
return
right
;
}
int
main(
void
) {
int
A
=
3
,
B
=
-
13
,
C
=
-
42
,
D
=
1
,
E
=
1
,
F
=
42
;
fprintf(
stdout
,
"%+d*X^5 %+d*X^4 %+d*X^3 %+d*X^2 %+d*X %+d has root %.9lf\n"
,
A
,
B
,
C
,
D
,
E
,
F
,
solve(A
,
B
,
C
,
D
,
E
,
F))
;
return
0
;
}

Задачи

Като състезатели по информатика ще срещнете не малък брой задачи, които се решават (поне частично) с двоично търсене. Много често то ще е само малка част от задачата, но ще опростява остатъка от нея значително. Този метод е много важен и по друга причина - той е един от популярните въпроси на интервюта за работа. Редица софтуерни компании считат, че ако кандидатът за работно място не може да напише двоично търсене, то няма никакъв смисъл да го наемат като програмист.

За сега ще ви дадем само няколко задачи, върху които да тренирате. По-нататък в тренировката ще срещнете редица други такива, които изискват двоично търсене като стъпка в решението си. Можете да погледнете:

Sysadmin

DAA 2011 Contest

Author: Alexander Georgiev
Tags: Easy, Binary Search
Statement | Archive | Online Judge
Sysadmin,

Exam

DAA 2011 Final Exam

Author: Alexander Georgiev
Tags: Easy, Binary Search, Simple Math
Statement | Archive | Online Judge
Exam,

Graze

NOI 2012, Round 3, Group C

Author: Alexander Georgiev
Tags: Medium, Binary Search
Statement | Archive | Online Judge
Graze,

Riddles

Autumn Contest 2009, Group B

Author: Alexander Georgiev
Tags: Medium, Binary Search
Statement | Archive | Online Judge
Riddles,

Article

Google Code Jam

Author: Unknown
Tags: Medium, Binary Search
Statement | Archive | Online Judge
Article,

Watering

DAA 2011 Homework

Author: Alexander Georgiev
Tags: Medium, Binary Search
Statement | Archive | Online Judge
Watering (ползвайте вградения sort()).

Допълнителни материали

  1. Двоично търсене (www.topcoder.com/tc)
  2. Двоично търсене (en.wikipedia.org)
  3. Deriving Newton's Method from Binary Search


За да предложите корекция, селектирайте думата или текста, който искате да бъде променен,
натиснете Enter и изпратете Вашето предложение.
Страницата е посетена 4509 пъти.

Предложете корекция

Selected text (if you see this, there is something wrong)

(Незадължително) E-mail за обратна връзка: