PELATNAS : 4 Besar Terpilih
Pembahasan Soal bebek
Soal ini sepintas nampaknya rumit sekali tetapi dengan
menganalisanya terlebih dahulu maka anda akan menemukan soal yang
jauh lebih sederhana.
Pertama kita bahas dahulu submasalah pengurutan bebek satu
varietas, i.e."jika ada n bilangan acak yang masing-masing unik,
berapa banyak pemindahan minimum yang perlu dilakukan untuk
mengurutkannya".
Ide dari pemecahan masalah ini adalah: mencari berapa banyak di
antara bilangan-bilangan itu yang sudah dalam pengurutan. Ada
sejumlah cara pengurutan, oleh pada setiap bilangan kita hitung
suatu indeks keterurutan (IK) yang didefinisikan sbb.
IK suatu bilangan adalah adalah jumlah bilangan disebelah
kirinya yang lebih kecil darinya namun berada dalam keterurutan
termasuk bilangan itu sendiri.
Perhatikan bilangan-bilangan ini: 1, 3, 2, 7, 4, 6, 5
Indeks-indeks keterurutan diperoleh sbb (dituliskan di dalam
tanda kurung), 1(1), 3(2), 2(2), 7(3), 4(3), 6(4), 5(4)
Berapa banyak bilangan yang tidak dalam keterurutan adalah
banyaknya bilangan dikurangi oleh IK maksimum. Untuk contoh
tersebut maka IK maksimum adalah 4 dan ada 7 bilangan sehingga
jumlah pemindahan (yang dilakukan pada bilangan yang tidak berada
dalam urutan tersebut) adalah 7 -4 = 3.
Sekarang jika kita lakukan pada bilangan-bilangan ini: 1, 2, 3,
4, 5, 6, 7 Maka diperoleh 1(1), 2(2), 3(3), 4(4), 5(5), 6(6), 7(7)
dan jumlah pemindahan adalah = 7 - 7 = 0.
Kita coba lagi pada bilangan-bilangan ini: 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1
Maka diperoleh 7(1), 6(1), 5(1), 4(1), 3(1), 2(1), 1(1)dan jumlah
pemindahan adalah = 7 - 1 = 6.
Beruntunglah soal ini tidak meminta cara-cara pemindahannya
karena untuk contoh di atas akan terdapat banyak kemungkinan yang
dapat dilakukan untuk 3 kali pemindahan tesebut. Itu terlihat dari
adanya indeks yang sama seperti bilangan 3 dan 2, bisa 2 maupun 3
yang dipindahkan.
Ok, jadi bagaimana algoritmanya? Saat menghitung IK untuk X[j]
kita cukupmenemukan bilangan yang lebih kecil darinya dengan IK
terbesar, misalnya X[k], dan menghitung IK[j] := IK[k] + 1
for j := 1 to N do begin
IKtmp := 0;
for k := 1 to j-1 do
if (X[k] < X[j] and IK[k] > IKtmp) then
IKtmp := IK[k];
IK[j] = IKtmp + 1;
end;
Sekarang bagaimana dengan varietas lebih dari satu? Gampang,
karena soal membatasi jumlah varietas hanya 4 maka pertama kita
permutasikan urutan varietas, lalu memberi tambahan bobot sesuai
dengan urutan varietasnya. Misalnya untuk urutan varietas v1, v2,
v3, v4 maka bobot setiap bebek dari v2 di tambah 100, dari v3 di
tambah 200, di v4 di tambah 300 (mengapa kelipatan 100? Karena
bobot maksimum bebek 100!). Kemudian untuk satu permutasi dilakukan
penghitungan IK sepertinya hanya satu varietas saja.
Untuk jumlahvarietas = 4 maka terdapat 24 permutasi, berati pula
ada 24 kali penghitungan IK dan masing-masing diperoleh jumlah
pemindahan yang perlu dilakukan. Dari ke 24 jumlah pemindahan untuk
masing-masing permutasi diambil jumlah yang paling minimum.
Lalu, bagaimanakah melakukan permutasi? Silahkan membaca lagi
bahan PJJ yang lalu....
Pembahasan Soal Kartu
Soal ini dibuat bukan untuk level IOI karena batasan data masih
memungkinkan cara-cara konvensional tanpa perlu adanya trick-trick
canggih. Singkatnya, solusinya dapat dibuat secara naif dan
sederhana sbb.
Pertama anda memerlukan suatu array untuk menyimpan urutan
kartu-kartu tsb dan kita sebut array X, yang berindeks 0, 1, 2,
..., N-1. Untuk memudahkan algoritma maka kita nomori ulang setiap
kartu dengan mengurangi 1 pada setiap angka. Jadi X[i] array
mula-mula berisi kartu i.
Jika jumlah baris adalah k dimana k=N/3, deal demi deal isi
array akan mengalami pemindahan isi sbb. Kartu yang ada di X[0]
tetap pada x[0], kartu di X[1] pindah ke X[k], kartu di X[2] pindah
ke X[2k], kartu di X[3] pindah ke X[1], kartu di X[4] pindah ke
X[k+1], kartu di X[5] pindah ke X[2k+1], kartu di X[6] pindah ke
X[2], kartu di X[7] pindah ke X[k+2]... dst
sehingga secara umum kartu di X[j] akan pindah ke X[(j mod 3) *
k + j div 3].
Dalam implementasinya tentu saja operasinya dilakukan pada array
yang berbeda sbb.
for j := 0 to N-1 do
Y[(j mod 3) * k + j div 3] := X[j];
X := Y;
Pada setiap deal nomor kolom dimana kartu yang diambil tsb
berada disebutkan, yaitu kolom c, dan kartu-kartu pada kolom c tsb
ditandai. Untuk penandaannya ada yang menggunakan flag boolean,
yaitu dengan menandai false kartu-kartu yang tidak berada di kolom
c (inisialisasi semua true). Kartu-kartu i dengan flag[i] =true
semakin lama semakin sedikit dan akhirnya tersisa kartu yang
mungkin.
Cara tersebut memerlukan iterasi sebanyak jumlah kartu. Cara
lain yang lebih efisien adalah menggunakan counter. Sebelum
deal-deal dilakukan, setiap count[j] diinisialisasi 0. Ketika
masukan adalah kolom c (c =1, 2, atau 3) maka counter dari setiap
kartu pada kolom tsb bertambah 1. Dalam Pascal:
for i := 0 to k-1 do
inc(count[X[(c-1)+i*3]]);
yang hanya melakukan N/3 iterasi saja. Cara ini akan semakin
lebih efisien jika dalam soal jumlah kolom besar.
Untuk soal standart IOI, biasanya ukuran data di paskan ke
ukuran maksimum memori yang bisa digunakan sehingga cara-cara naif
seperti ini masih perlu diefisienkan lagi.
Misalnya operasi deal kartu hanya dilakukan pada array X saja.
Misalnya kita mulai dari X[1] dipindahkan ke X[k], X[k] dipindahkan
ke X[(k mod 3)*k + k div 3], dst.
Jika jumlah deal adalah ITER maka kartu-kartu yang mungkin
adalah kartu-kartu j dengan COUNT[j] = ITER.
first := true;
for j := 0 to N-1 do begin
if (COUNT[j] = ITER) begin
if not first then begin
write(' ');
first := false
end;
write(j+1) {penomoran kartu dikembalikan ke urutan dari 1, 2,
}
end
end;
Pembahasan Soal Paste
Tanpa menganalisis soal ini secara hati-hati mungkin anda
langsung berfikir perlunya suatu struktur data untuk menyimpan
array untuk mencatat posisi baris-baris selama operasi-operasi itu
dilakukan. Itu masih OK kalau N masih kecil. Kalau kebetulan dalam
testcase digunakan N = 100000 maka anda akan menghadapi masalah
memory untuk mengalokasi array sebesar itu.
Dengan membacanya dan menganalisisnya dengan lebih hati-hati
maka anda akan menemukan kesederhanaan masalah ini.
Pertama, operasi cut-and-paste itu bersifat reversible. Artinya,
dari hasil suatu operasi kita bisa cari asalnya sebelum operasi itu
dilakukan. perhatikan contoh berikut ini (baris-baris ditulis ke
kanan dengan pemisah tanda koma).
Misalnya sebelum operasi baris-baris berisi:a, b, c, d, e, f, g,
h, i, jsetelah operasi cut(4, 8), maka akan dihasilkan
baris-barisa, b, c, i, jdengan (d, e, f, g, h) di dalam 'buffer'.
Setelah paste(2) dihasilkan baris-barisa, b, d, e, f, g, h, c, i,
j
Sekarang kita balikan (reversi) operasinya.
Operasi paste dilakukan setelah posisi ke 2. Jadi posisi-posisi
1 - 2 (yaitu a, b) setelah dan sebelum paste sama. Kemudian karena
operasi cut dilakukan pada 5 baris maka sejak posisi ke 3 - 7
(yaitu d, e, f, g, h) adalah berasal dari hasil paste isi buffer.
Dan, posisi ke 8 - 10 (yaitu c, i, j) mengalami pergeseran sebanyak
5 posisi ke kiri; jadi sebelum paste ada di posisi ke 3-5. Jadi
sebelum paste adalah a, b, c, i, j. Sementara, d, e, f, g, ada di
'buffer'.
Operasi cut(4,8) tidak mempengaruhi posisi 1 - 3 karena
dilakukan mulai baris ke 4. Berarti terjadi pergeseran baris ke 4 -
5 (yaitu i, j) sebanyak 5 posisi ke kanan. Di tengah dimasukan yang
ada di buffer.
Secara umum jika ditanyakan berasal dari mana baris yang
sekarang bernomor x sebelum operasi cut-and-paste (M, A, S).
Berikut ini kita formulasikan perncarian harga z yaitu nomor baris
dari baris x berasal. Maka, terdapat sejumlah kemungkinan
kasus:
Reversi Paste mencari y dari x
jika x (S+A-M+1) maka sebelum paste x mengalami pergeseran
sebanyak (A-M+1) baris, yaitu y = x+A-M+1
jika x > S and x = M maka sebelum cut ada di sebelah
kanannya, yaitu di z = y+A-M+1
Jika dilakukan sejumlah operasi, maka untuk suatu harga x
reversi operasi tsb dilakukan dari yang terakhir hingga yang
pertama. Harga z dari operasi ke p menjadi x dari operasi ke p-1,
secara berulang. Karena x hanya diminta untuk 10 baris pertama saja
maka algoritma ini anda hanya melakukan reversi sebanyak 10 x
jumlah operasi.
Nah, anda sekarang hanya perlu suatu array (berukuran 1000 x 3
integer) untuk menyimpan seluruh parameter operasi tsb dan
sementara buffer' itu sebenarnya tidak ada! (Lho koq bisa??)
LABIRIN
Harry Potter sedang terjebak dalam suatu labirin (labirynth)
bawah tanah yang berisi bom waktu. Dalam labirin terdapat sejumlah
ruangan dengan koridor-koridor yang menghubungkannya. Setiap
koridor hanya menghubungkan tepat dua ruangan yang berbeda dan
setiap pasang ruangan oleh satu koridor atau tidak sama sekali.
Ruang-ruang itu bisa berada dalam salah satu dari dua status:
terkunci atau tak terkunci. Seseorang tidak bisa masuk ke dalam
ruang yang tekunci, tapi ia bisa keluar dari ruangan yang terkunci
itu. Sementara seseorang bisa keluar masuk ruang tak terkunci.
Di beberapa ruang terdapat tombol yang apabila ditekan akan
mengubah status sejumlah ruang. Misalnya, ruang yang terkunci
menjadi tidak terkunci dan sebaliknya ruang yang tak terkunci
menjadi terkunci. Tentu saja jika Harry Potter berada di dalam
ruangan yang memiliki tombol, ia tidak harus menekannya. Ia baru
menekan manakala ia memerlukannya.
Salah satu ruang terdapat tangga untuk naik ke atas. Tuliskan
suatu program dengan nama LABIRIN.PAS yang dapat membantu Harry
Potter yang berada dalam salah satu ruang menemukan ruang yang
berisi tangga naik ke atas itu termasuk tombol-tombol mana yang
harus ditekan. Karena dikejar waktu program harus menemukan jumlah
koridor yang harus dilalui Harry Potter, yang mungkin disertai
dengan menekan tombol-tombol di ruangan tertentu ia sempat
berada.
Masukan berisi deskripsi ruangan serta koridor-koridor dalam
labirin tersebut, ruangan saat awal Harry Potter berada, dan daftar
sejumlah tombol serta masing-masing ruangan yang statusnya berubah
jika tombol tersebut ditekan.
Format Masukan
Masukan adalah file teks bernama LABIRIN.IN dengan format
sebagai berikut. Baris pertama dari file masukan berisi dua integer
yaitu N, yang menyatakan jumlah total kamar (1 N 100), dan S, yang
menyatakan jumlah tombol (jumlah kamar yang berisikan tombol) (1 S
8). Tombol-tombol terlekat pad kamar-kamar bernomor 1 sampai S.
N baris berikutnya berisi deskripsi setiap kamar. Nomor kamar i
pada baris ke (i+1). Pada setiap baris tersebut jika dimulai dengan
0 menandakan bahwa pada mulanya kamar tbs tak terkunci atau jika
dimulai dengan 1 menandakan pada mulanya kamar ybs terkunci.
Setelah spasi terdapat bilangan integer K, yang menyatakan jumlah
kamar yang berhubungan dengan kamar ybs melalui koridor-koridor.
Masih dalam baris yang sama, setelah satu spasi setelah terdapat K
bilangan yang menyatakan nomor-nomor kamar tsb dengan penulisan
yang dipisahkan spasi.
Dalam S baris berikutnya terdapat tombol-tombol, dari kamar
pertama hingga kamar ke S.
Setiap dari baris-baris tsb dimulai dengan bilangan integer L,
yang menyatakan jumlah kamar yang akan berubah jika tombol ditekan.
Setelah spasi, berikutnya adalah L integer yang masing-masing
menyatakan nomor-nomor kamar ybs yang masng-masing terpisahkan satu
spasi.
Baris terakhir berisi dua bilangan A dan B; A adalah nomor kamar
Harry Potter saat ini berada dan B nomor kamar yang berisi tangga
naik ke atas.
Format Keluaran
Keluaran adalah file LABIRIN.OUT yang hanya berisi satu bilangan
integer yang menyatakan jumlah minimal koridor yang harus dilalui
untuk mencapai ruangan bertangga.
Note: Setiap data test dijamin selalu memiliki solusi, artinya
dari ruang A selalu ada jalan untuk mencapai ruang B.
Contoh
LABIRIN.IN
4 1
0 1 3
1 2 3 4
0 2 1 2
0 1 2
1 2
3 4
LABIRIN.OUT
4
LABIRIN.IN
5 2
0 2 2 5
1 2 1 3
0 2 2 4
1 2 3 5
0 2 1 4
2 2 4
2 3 4
5 3
LABIRIN.OUT
3
LABIRIN.IN
6 2
0 2 6 5
1 2 4 6
0 1 4
1 3 2 5 3
0 3 1 4 6
0 3 1 5 2
3 2 5 3
1 4
6 3
LABIRIN.OUT
8
