Нехай діють означення (17.1). Сортування частини масиву A[lo] … A[hi] з відокремлюючим значенням A[lo] задається такою процедурою:
procedure quicksort ( A : ArT; lo, hi : Indx ) ;
var k, j : Indx; v : T;
label 1;
begin
if lo >= hi then goto 1;
if (lo = hi - 1) and (A[lo] > A[hi]) then
begin
swap ( A[lo], A[hi] );
goto 1
end;
k := lo + 1; j := hi;
v := A[lo]; {?!}
while ( k < j ) do
if A[k] < v then k := k + 1
else
begin
if A[j] < v then swap ( A[k], A[j] );
j := j - 1
end;
{ k = j }
if A[k] >= v then k := k - 1;
{ A[k] є останнім від початку елементом, }
{ значення якого менше v }
swap ( A[lo], A[k] ); { A[k] = v }
quicksort ( A , lo, k - 1 );
quicksort ( A , k + 1, hi );
1: end
Якщо за виконання кожного виклику після циклу while значення змінної k приблизно рівне (lo+hi)/2, то складність швидкого сортування масиву з n елементів можна оцінити як O(nlogn). Середня кількість порівнянь елементів усіх можливих числових послідовностей довжини n також має оцінку O(nlogn); доведення є, наприклад, у книзі [АХУ]. Емпіричні дослідження свідчать, що швидке сортування вимагає в середньому елементарних дій приблизно вдвічі менше, ніж сортування деревом, і вчетверо менше, ніж сортування злиттям. Але якщо початковий масив близький до відсортованого, то його сортування за наведеним алгоритмом вимагає вже O(n2) порівнянь. У такому випадку відокремлюючим елементом не можна вибирати значення A[lo].
Існує багато способів вибору іншого відокремлюючого значення. Наприклад, можна вибрати значення елемента з випадковим номером серед номерів lo, … , hi, або середнє із значень A[lo], A[hi], та A[(lo+hi)div2]. У такому разі перед оператором процедури
v := A[lo]; {?!}
треба задати обмін значень A[lo] та відповідного елемента, чиє значення вибирається відокремлюючим.
Задачі
8. Переробити процедуру Merges так, щоб на кроці з непарним номером перший масив без копіювання зливався в другий, а на кроці з парним номером, навпаки, другий без копіювання зливався в перший.
9.* Написати нерекурсивний варіант сортування деревом (підр.17.4.2).
10. За масивом із N рядків визначається додатковий індексовий масив: попаpно pізні значення його елементів належать діапазону 1..N і є індексами в масиві рядків. Написати процедуру
а) сортування індексового масиву таким чином, щоб рядки, на які посилаються його послідовні елементи, були лексикогpафічно впоpядковані;
б) друкування рядків масиву за зpостанням у лексикографічному порядку (кожний рядок друкується один pаз незалежно від кількості повтоpень у масиві).
11. Написати процедуру обчислення N (N £ 1000) найменших значень числової послідовності довільної довжини за умови, що
а)* незалежно від кількості повтоpень усі числа враховуються один pаз кожне;
б) число враховується стільки pазів, скільки воно зустрілося в послідовності (але не більше ніж N);
в) числа враховуються один pаз кожне, але ведеться додатковий облік кількостей їх повтоpень.
12. Запрограмувати злиття
а) трьох б) п'яти в) тисячі
упорядкованих послідовностей в одну.
13.* Запрограмувати сортування елементів зв'язаного списку. Складність алгоритму повинна бути O(nlogn).
14. Запрограмувати сортування послідовностей із
а) чотирьох елементів так, щоб виконувалося не більше п'яти порівнянь;
б) п'яти елементів так, щоб виконувалося не більше восьми порівнянь;
в) п'яти елементів так, щоб виконувалося не більше семи порівнянь.
5. Відсортуй, і багато чого побачиш
Вам треба огородити сад із деревами, витративши на огорожу якомога менше матеріалу. Вважатимемо, що дерев не менше трьох, і вони задаються координатами на площині. Розв'язання полягає в побудові так званої опуклої оболонки навколо множини точок із заданими координатами. На площині вона являє собою опуклий багатокутник, що містить усі задані точки і не містить інших опуклих багатокутників, які також "накривають" усі точки.
Якщо намалювати план саду, то побудова оболонки стане очевидною. Треба відшукати якусь "крайню" початкову точку і рухатися від неї, малюючи опуклий багатокутник. Як результат, ми одержимо послідовність вершин – заданих точок, на які "натягнуто" багатокутник. Точки, що потрапили на сторону багатокутника, але не є вершинами, можна відкинути.
Наприклад, за множини точок із координатами (1,1), (2,2), (3,3), (5,-1), (2,-1), (3,0) ми одержимо багатокутник із вершинами (1,1), (3,3), (5,-1), (2,-1). Точка (3,0) опинилася всередині його, точка (2,2) – на стороні.
Комп'ютер не бачить плану саду, тому доведеться пояснити йому докладніше, як одержати потрібну оболонку. Один із способів оснований на тім, що спочатку точки сортуються за зростанням, наприклад, координати Y. Тепер це не просто множина, а певним чином упорядкована послідовність. Врахування цього дозволяє створити простий та прозорий алгоритм побудови оболонки.
За початкову точку можна взяти точку із найменшою координатою Y. Таких точок може бути кілька – виберемо з них ту, координата X якої найменша. Далі ми будуємо дві послідовності точок, починаючи обхід множини як зліва, так і справа. Назвемо їх лівою та правою. Друга точка додається до обох. Далі після обробки кожної точки будується оболонка тієї множини точок, які вже розглянуто.
Нехай A та B – остання й передостання точки послідовності, побудованої при обході зліва, C – нова точка. Якщо при переході з відрізка BA на відрізок AC ми робимо лівий поворот або рухаємося по прямій, то точку A можна вилучити з послідовності. Так само треба вилучити й точку B, якщо перед нею в послідовності є точка Z, така що, ZBC – лівий поворот або відрізок прямої. І так далі. Нарешті, або дві останні точки послідовності разом із новою утворюють правий поворот, або всі, крім першої, вилучено.
Визначення, чи утворюють точки BAC лівий поворіт, здійснюється за знаком векторного добутку , як у прикладі 7.5 з підрозділу 7.4. Є особливий випадок обробки точки – коли дві останні точки послідовності розташовані горизонтально. Якщо нова точка належить тій же горизонталі, то векторний добуток рівний 0. Нова точка "витісняє" останню точку A, коли відрізок BA продовжується нею або вона розташована ліворуч від A .
Після обробки послідовності нова точка додається до неї. Виключенням є випадок, коли нова точка лежить на відрізку між останніми точками лівої та правої послідовностей обходу. Перевірити це дуже просто, оскільки з упорядкованості точок за координатою Y випливає, що такий відрізок може бути лише горизонтальним.
Симетричним чином точка додається (або не додається) до правої послідовності.
Упорядкованість точок по вертикалі забезпечує, що при обробці нової точки не виникає одночасно лівого повороту до неї з кінця лівої послідовності та правого – з правої. Крім того, якщо точка була кінцевою в обох послідовностях, то після обробки наступної точки вона буде вилучена принаймні з однієї з них. Упорядкованість також гарантує, що необроблені точки лежать не нижче від тих, за якими побудовано поточну оболонку. Врахування усіх цих властивостей суттєво спрощує алгоритм.
Отже, після обробки останньої точки ми маємо ліву та праву послідовності. Результат ми одержимо, друкуючи, наприклад, ліву послідовність з її початку, а потім праву з її кінця. Це відповідає обходу нашого саду ззовні за годинниковою стрілкою.
Перейдемо до реалізації алгоритму. Координати точок подамо масивом структур з полями X і Y. При його сортуванні ми не будемо переставляти місцями значення його елементів, тобто структури. Створимо допоміжний масив індексів і відсортуємо його так, щоб перше значення в ньому вказувало на структуру з найменшим значенням Y, друге – на структуру з другим за порядком значенням тощо. Наприклад, якщо послідовні структури мають координати Y
10 -1 33 15 0,
то значеннями послідовних елементів допоміжного масиву є номери структур у їх упорядкуванні:
2 5 1 4 3.
У сортуванні масиву структур A за їх координатою Y з допоміжним індексовим масивом замість порівнянь полів та обмінів значень елементів A[i] та A[k] відбуваються порівняння елементів A[B[i]].Y і A[B[k]].Y та обміни значень B[i] і B[k].
Після сортування відшукаємо початкову точку – з найменшою координатою X серед тих, що мають найменшу координату Y.
Ліву та праву послідовності зберігатимемо в додатковому масиві індексів. Ліва заповнює його з початку, права – з кінця. Нехай всього точок n. Посилання на початкову точку запам'ятаємо двічі в крайніх елементах масиву. З точок, що залишилися, лише остання може з'явитися в обох послідовностях одночасно. Тому для них достатньо n елементів масиву. Отже, всього нам потрібно n+2 елементи.
Наведемо лише необхідні означення. Доповнити їх до програми залишається вправою.
const mx=5000; {максимальна кількість точок}
type int=integer; pnt=record x, y : int end;
var a : array[1 .. mx] of pnt; {масив точок}
b, {індексовий масив}
c : array[0..mx+1]of int; {масив для лівої та правої послід-тей}
n : int; {кількість точок}
ll, rr : int;{індекси останніх елементів посл-тей у масиві c}
…
procedure init;
var k : int; km, xm, ym : int; …
begin
Читання n точок у масив A;
Сортування за неспаданням координати Y – результатом є масив B, такий, що A[B[1]].Y<= … <= A[B[n]].Y;
Вибір початкової точки:
k:=2; km:=1; ym:=a[b[1]].y; xm:=a[b[1]].x;
while (k<=n) and (a[b[k]].y=ym)do
begin
if a[b[k]].x < xm then
begin km:=k; xm:=a[b[k]].x end;
k:=k+1
end;
swap(b[1], b[km]);
end;
function left ( tp : pnt ) : boolean;