Пасьянс со стеком

[fregimus]

У меня возникла комбинаторная задачка со стековой машиной, которую было бы интересно проанализировать.

Представьте себе игру с перекладыванием карточек, целью которой является переставить карточки с буквами из исходного порядка в заданный. На каждой карточке написана или буква алфавита, или стрелка ↑. Правила перестановки букв таковы. Первоначально карточки с буквами и стрелкой выложены в ряд и берутся по одной слева направо. Если на карточке буква, то карточка кладется в стопку (если стопка пуста, то карточка будет в ней единственной, а если там уже есть карточки, то очередная карточка кладется поверх предыдущих). Если же на карточке стрелка, то эта карточка выбрасывается, а верхняя карточка из стопки выкладывается в отдельную строку для результата. Рассмотрим пример. Пусть задана последовательность карточек

О Р ↑ ↑ К ↑

Берем карточки слева направо по одной. Карточка О кладется в стопку, Р поверх нее. Затем первая стрелка велит выложить верхнюю карточку Р на выход, а вторая выкладывает (теперь верхнюю) О. Затем К кладется в стопку и следом, по команде последней стрелки, выкладывается на выход за первыми двумя. В результате получаем на выходе

Р О К

Вопрос задачи состоит в следующем. Пусть нам даны исходная строка (в нашем примере это ОРК) и предположительная выходная (РОК). Можно ли так разложить карточки-команды со стрелкой между буквами исходной строки, чтобы на выходе получилась заданная? Буквы в строке не обязательно все различные, например, А Н А Н А С — допустимая строка.

Можете легко проверить, что из строки А Б В можно получить только 5 из 6 возможных перестановок, а перестановку В А Б получить невозможно.

А ↑ Б ↑ В ↑ → А Б В
А ↑ Б В ↑ ↑ → А В Б
А Б ↑ ↑ В ↑ → Б А В
А Б ↑ В ↑ ↑ → Б В А
А Б В ↑ ↑ ↑ → В Б А

Предпочтительно конструктивное решение (т. е. правило расстановки), и, конечно, самое простое. Существует очевидное решение «в лоб»: будем расставлять n стрелок, где n длина строки, в любом возможном порядке, и проверять, получится ли на выходе искомая строка. Но нам придется перебрать n! возможных комбинаций — громадное число даже для 10 букв, так что такое решение не годится. Есть очень простое линейное в n решение для строки с различающимися буквами, но оно не работает, если разрешить повторы одинаковых букв в строке. А дальше ваш ход.

Доб. Наврал я с линейным решением — нашел контрпример.

Comments

[fat-crocodile.livejournal.com]

Кажется, несколько одинаковых букв добавляют только некоторый элемент перебора.
То есть нужно не просто найти подходящую букву и поставить после неё стрелочку, а попробовать варианты со всеми подходящими буквами.

[fat-crocodile.livejournal.com]

Ну, например, мы можем занумеровать все одинаковые буквы, будут не АНАНАС, а A₁Н₁A₂Н₂A₃С. Получили строку с различными буквами. Пусть это был вход. Теперь перебираем все возможные перестановки номеров в выходе и каждую проверяем за линейное время. Перестановок номеров конечно тоже может быть не мало, на всё же значительно меньше, чем n!

[fregimus.livejournal.com]

Да, backtracking. Я так и сделал, но мне не нравится. Хочется аналитическое решение найти или показать, что лучшего нет.

[racoonbear.livejournal.com]

Что-то смаллиановское, да?

[vitaliborovikov.livejournal.com]

Эта задача в общем виде (без учета повторяющихся букв) рассмотрена в 4-м упражнении 1-го тома Кнута в главе 2.2.1.

[fregimus.livejournal.com]

Спасибо. Вагончики. В конце книги даже есть ответ. Смотреть не стал, буду дальше думать.

[Исенбаев Владислав (from livejournal.com)]

Есть решение за O(n^3), можно методом динамического программирования посчитать для каждой пары подстрок исходной и выходной строк посчитать, можно ли из первой получить вторую.
По этим данным легко восстановить и конструктцию.

[fat-crocodile.livejournal.com]

если двигаться по строке с начала к концу, я не вижу, что может быть быстрее. Разве что некий способ ранней диагностики с отбрасыванием вариантов.
другое дело, что можно двигаться от конца к началу, или вообще неким образом рассматривать строку как целое, и ставить сначала те стрелочки, которые не могут быть не поставлены, и потом это упростит отбор вариантов.

[fregimus.livejournal.com]

Двигаться можно в любую сторону. Я с конца двигаюсь. Это алгоритм преобразования строки работает слева направо, а вопрос в задаче — можно ли преобразовать строку 1 в строку 2 — можно с любого конца решать. Наверное, я как-то не сфокусировал внимание на этом.

[fat-crocodile.livejournal.com]

это я неясно написал
я не имел ввиду, что Вы поставили такое ограничение, я имел ввиду, что
- не думал всерьёз о других способах решения -- просто потому что всерьёз над задачей не думал
- но среди алгоритмов, двигающихся по строке от начала к концу этот выглядит оптимальным. От конца к началу скорее всего тоже, наверняка там всё симметрично.

То есть остаются алгоритмы, не двигающиеся по строке, а как-то совсем иначе. Например, как написали ниже, что-нибудь с динамическим программированием и парами символов.

[fregimus.livejournal.com]

Попробую, спасибо.

[fregimus.livejournal.com]

Нашел пример, который обманывает мое линейное якобы решение. Плохо дело…

[fregimus.livejournal.com]

Хуже. Из жизни…

[slobin.livejournal.com]

Если я ничего не путаю, backtracking с меморизацией даёт результат строго не хуже, чем динамическое программирование. В процессе экспериментов выяснил, что "АБРАКАДАБРА" преобразуется в "РАБА БАРДАКА" тремя способами (пробел добавлен для красоты :-).

... Free As In Love ...

[fregimus.livejournal.com]

Похоже. Что-то у меня от этого примера уже кора потрескивает. Я-то думал он простенький, дай, думаю, в ЖЖ напишу, домохозяйкам досуг скрашу. А оказалось, задачка-то вон какая!

[fat-crocodile.livejournal.com]

Для случая без повторов букв?
Покажите? Я просто пока не вижу разницы между любыми различными примерами, если буквы не повторяются, алгоритм совсем в лоб работает.

Или в общем виде? Но в общем Вы вроде на линейность и не претендовали.

[slobin.livejournal.com]

Дальнейшее -- не ответ, а попытки думать вслух. Думаю вслух: а что не так с линейным решением? Вроде бы прав fat_crocodile: перебор возникает, только если есть повторяющиеся буквы. А если их нет, то переборный алгоритм вырождается в линейный. У меня, по крайней мере, вырождается. Можно мне тоже контрпример показать, вдруг у нас разные алгоритмы?

Ну, точнее, линейный он, если перестановку задать традиционным способом как перестановку 1..n: если там, как в ваших примерах, буквы (которые можно сравнивать только на равенство), то он превращается в квадратичный просто потому, что единственный способ узнать, что буква А ушла на пятое место -- это досчитать до пяти.

... Где они лежат, где они висят, где их точка? ...

[fregimus.livejournal.com]

Хвосты строк равной длины должны быть одной и той же подстрокой, прочитываемой в разные стороны (длина хвоста однозначно определятся позицией последней буквы исходной строки в проверяемой), а головы, если оборвать эти хвосты, должны обладать тем же свойством. N шагов по одной строке и 2N по другой. Только с вашей абракадаброй не работает, даже если его дополнить бэктрекингом.

[fregimus.livejournal.com]

Я что-то ни одного решения не могу найти вручную.

[slobin.livejournal.com]

Пытаюсь понять, похож ли ваш алгоритм на мой, если его применять слева направо: у меня всё крутится вокруг ПЕРВОЙ буквы исходной строки. Идея такая: если первая буква попала на k-тое место в выходной строке, значит, к этому моменту из стека ушло ровно k букв, и он в этот момент стал пустым. Значит, попало в него тоже ровно k букв (и все они ушли). Значит, левее k находится "правильная" перестановка 2..k первых букв, а правее -- k+1..n последних. Правильность для наглядности проверяем рекурсивно, но там суммарное количество вызовов получается n, а накладные затраты на рекурсию можно, кажется, убрать изощрённым программированием (но я поленился). А если есть несколько разных кандидатов на позицию, куда попала первая буква, то вот тут-то перебор и взлетает.

Реализация этой идеи в виде кода здесь (питон и генераторы (генераторы ведь нужны, чтобы варианты генерировать, правильно? :-)). Собственно решение задачи -- функция (генератор) transform, а evaluate -- это просто такой юнит тест, она собственно применяет все эти стрелочки и выдаёт итоговую перестановку (всегда одну и ту же, искомую). Важно: то, что генерятся правильные перестановки, я проверяю тупо и в лоб, там ошибиться вроде негде, а вот то, что генерятся ВСЕ правильные, что этот алгоритм ничего не пропускает -- не проверяю вообще. Если я лажанулся, то здесь. Выдача на тестовом примере:

abr!a!!!cadab!!r!!!!a! (True, 'rababardaca')
abr!a!!ca!dab!!r!!a!!! (True, 'rababardaca')
abr!a!!cada!b!ra!!!!!! (True, 'rababardaca')

... Глупое, злое и одноразовое ...

[fregimus.livejournal.com]

Спасибо, я посмотрю завтра или в воскресенье. Сегодня много дел.

[Исенбаев Владислав (from livejournal.com)]

Нет, backtracking'у мемоизация не поможет. Если ему скормить строки "ababab..ab" и "ababab..ac", он обойдет все возможные состояния стека, коих не меньше чем 2^(n/2)

No title

[pingback-bot.livejournal.com]

User slobin referenced to your post from No title (http://slobin.livejournal.com/400806.html) saying: [...] (True, 'rababardaca') abr!a!!cada!b!ra!!!!!! (True, 'rababardaca') (Это я пытаюсь решать задачку [...]

[fat-crocodile.livejournal.com]

ну, сначала можно вставить проверку на принципиальную получаемость одной строки из другой любыми перестановками.

[fat-crocodile.livejournal.com]

И всё-таки, за линейный алгоритм для случая без повторов. Я предлагаю такой:

начало:
- пустой стек
- индекс в строке входа на начале
- индекс в строке выхода на начале

шаг алгоритма:
- проверить текущий элемент строки выхода
- если он совпадает с верхушкой стека
---- поставить в строке входа стрелку в текущей позиции
---- выкинуть верхний элемент из стека
- иначе перемешаемся по строке входа вперёд и добавляем в стек элементы, пока не найдём искомый, ставим после него стрелочку

Если дошли до конца строки, а в стеке что-то не то -- значит не судьба.
Я не вижу, где тут может вкрасться нелинейность. Как объяснить это не ссылаясь на моё хорошее зрение:

- на каждом шаге мы либо снимаем верхний элемент стека -- O(1)
- либо движемся вперёд O(n)
- но суммарных движений вперёд не может быть больше чем n

значит в сумме это что-то типа O(2n) -- линейное.

[Исенбаев Владислав (from livejournal.com)]

Даже с проверкой полиномиального времени не будет

[fat-crocodile.livejournal.com]

не будет. Но привести пример уже не так просто.

[faceted-jacinth.livejournal.com]

У меня внезапно появилось время подумать про эту задачку.

Если все буковки различны, то есть два линейных алгоритма вычисления порядка пуш/попов, с начала и с конца. Оба со стеком, оба попают очередную буковку если она совпадает с вершиной стека. Прозреваю, что многих комментаторов смутили ваши стрелочки. Как можно оптимизировать их для ситуации с одинаковыми буковками -- не знаю. Особенно не знаю что делать если вообще все буковки одинаковы и решения нет.