Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN Đề xuất một số bài tập vận dụng phương pháp Quy hoạch động để nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi Tin học cấp trung học phổ thông
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.81 MB, 75 trang )
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN
Kính gửi: Sở Khoa học và Cơng nghệ
(Cơ quan thường trực Hội đồng Sáng kiến tỉnh Bắc Giang)
Thông tin cá nhân
Họ và tên
Ngày tháng
năm sinh
Nơi cơng tác
Chức
danh
Trình độ
chun mơn
Ninh Thị Thu Hà
06/06/1981
Trường THPT
Yên Thế
Giáo
viên
Thạc sĩ
Là tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến:
1. Tên sáng kiến: Đề xuất một số bài tập vận dụng phương pháp Quy hoạch
động để nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi Tin học cấp THPT
Họ và tên: Ninh Thị Thu Hà
Điện thoại: 0982984057
Email:
2. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Không có.
3. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: GD&ĐT – áp dụng giảng dạy môn Tin học
4. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 4/2020.
5. Các tài liệu kèm theo sáng kiến kinh nghiệm.
5.1. Thuyết minh mô tả giải pháp và kết quả thực hiện sáng kiến.
5.2. Quyết định công nhận sáng kiến cơ sở: Quyết định số 351 /QĐ-HĐKH&CN
ngày 03/6/2021 của Hội đồng KH&CN về việc công nhận sáng kiến cơ sở ngành
giáo dục năm học 2020-2021.
5.3. Biên bản họp Hội đồng sáng kiến cơ sở.
5.4. Phiếu chấm điểm sáng kiến được áp dụng có hiệu quả phạm vi ảnh hưởng
cấp tỉnh của thành viên Hội đồng KH&CN, Sở GD&ĐT.
Bắc Giang, ngày 07 tháng 6 năm 2021
ĐẠI DIỆN TÁC GIẢ SÁNG KIẾN
Ninh Thị Thu Hà
2
THUYẾT MINH MÔ TẢ GIẢI PHÁP
VÀ KẾT QUẢ THỰC HIỆN SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Đề xuất một số bài tập vận dụng phương pháp Quy hoạch
động để nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi Tin học cấp trung học
phổ thông.
2. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Tháng 4/2020
3. Các thông tin cần được bảo mật: không
4. Mô tả các giải pháp cũ thường làm :
Trước đây, khi lập trình giải một bài toán, học sinh thường lựa chọn ngay
cách giải dễ cài đặt (sử dụng phương pháp duyệt, đệ quy,…) và tập trung vào việc
đưa ra đáp số đúng mà chưa quan tâm đến việc đưa ra đáp số đúng trong thời gian
ngắn nhất. Phương pháp duyệt, đệ quy,… đảm bảo được việc tìm ra nghiệm đúng,
chính xác nhưng nhược điểm thời gian thực thi lâu, độ phức tạp lớn. Do đó
phương pháp này thường chỉ phù hợp với các bài tốn có kích thước nhỏ.
Với u cầu ngày càng cao của những bài tốn thi học sinh giỏi: địi hỏi
một thuật toán thỏa mãn được giới hạn dung lượng, giới hạn thời gian thực hiện
thì phương pháp duyệt, đệ quy không đáp ứng được.
5. Sự cần thiết phải áp dụng giải pháp sáng kiến:
Qua nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi tin học cấp trung học phổ thơng,
tơi ln tìm hiểu nhiều tài liệu, tìm các dạng bài tập để hướng dẫn cho học sinh.
Tuy nhiên với những bài liên quan đến phương pháp quy hoạch động thường là
học sinh bỏ qua (giải bài toán bằng cách khác) hoặc chỉ thuộc công thức của một
bài và chỉ làm được một bài đó. Từ thực tế đó, tơi nhận thấy cần có các bài tập
tương tự cùng một dạng để học sinh vừa làm quen với mỗi dạng bài toán quy
hoạch động đó, vừa rèn kỹ năng giải tốn bằng quy hoạch động. Sau thời gian
tìm hiểu, áp dụng, tơi nhận thấy các bài tập tôi đề xuất (áp dụng phương pháp
quy hoạch động ) đã giúp học sinh khơng cịn lạ lẫm với phương pháp quy
hoạch động, đồng thời làm quen, nhận diện được một số bài tập tương tự bài
tốn quy hoạch động điển hình, từ đó giải được trọn vẹn bài tốn đó.
Cấu trúc đề thi học sinh giỏi một vài năm gần đây thể hiện rõ ràng sự
phân hóa bằng việc:
- Bài thi được chấm bằng các test, có so sánh thời gian chạy chương trình
của các thí sinh để đánh giá. Các test của mỗi câu được chỉ rõ về số lượng,
giới hạn dữ liệu, số điểm tương ứng đạt được.
- Các bài toán trong đề có tỉ lệ % theo yêu cầu mức độ mục tiêu của đề.
Trong đó có một bài (chiếm tỉ lệ 10-15%) yêu cầu mức độ vận dụng cao,
3
phải tổ chức dữ liệu hợp lý để đảm bảo thời gian chạy chương trình và có
sử dụng một số thuật toán thường là thuật toán quy hoạch động.
Để đạt được điểm cao, học sinh không những phải giải hết các bài tốn
mà với mỗi bài tốn học sinh cịn cần lựa chọn được thuật toán sao cho đáp ứng
hết các bộ test trong bài. Việc làm quen với phương pháp quy hoạch động qua
một số bài tập ví dụ tạo cơ hội cho học sinh khám phá, tìm tịi sâu hơn về
phương pháp này, cũng là cơ hội để khơi nguồn cho học sinh phấn đấu đạt giải
cao trong kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh.
6. Mục đích của giải pháp sáng kiến
Xây dựng hệ thống bài tập quy hoạch động điển hình, giúp làm tài liệu
tham khảo cho giáo viên, giúp giáo viên có cái nhìn tổng quan về các dạng bài
tập quy hoạch động điển hình; đồng thời sử dụng để bồi dưỡng học sinh giỏi
giúp học sinh hiểu rõ có nhiều dạng bài quy hoạch động, trong đó có một số bài
quy hoạch động điển, và sử dụng phương pháp quy hoạch động giúp tối ưu lời
giải bài toán.
Cung cấp một bộ tài liệu chuẩn cho học sinh tự học, giúp học sinh củng
cố, ghi nhớ cơng thức, rèn kỹ năng giải tốn bằng phương pháp quy hoạch động
cho học sinh.
Cung cấp cho giáo viên có một tài liệu logic, súc tích về các bài tập quy
hoạch động điển hình và các bài tập tương tự thuận lợi cho việc giảng dạy, ôn
thi học sinh giỏi các cấp.
7. Nội dung
7.1. Thuyết minh giải pháp mới hoặc cải tiến
Trong SKKN tôi đưa ra hai giải pháp, trong đó giải pháp 1 là giải pháp cải
tiến và giải pháp 2 là giải pháp mới.
* Giải pháp 1: Tín hiệu để nhận diện các dạng bài tập quy hoạch động cơ bản.
Giải pháp 1 là giải pháp mới: các tài liệu trước đây cũng đưa ra các dạng
quy hoạch động điển hình và cơng thức quy hoạch động giải các bài đó, tuy
nhiên dấu hiệu để nhận đúng bài tốn đưa ra áp dụng cơng thức nào để giải là
vấn đề khó khăn cho học sinh. Là giáo viên dạy đội tuyển học sinh giỏi nhiều
năm, tôi nhận thấy thực tế học sinh rất khó hiểu cơng thức quy hoạch động. Học
sinh thường học thuộc lịng cơng thức như một cái máy hoặc công nhận công
thức quy hoạch động bằng cách mơ phỏng thuật tốn với bộ dữ liệu cụ thể trên
bảng phương án. Đơi khi học sinh cịn nhầm cơng thức quy hoạch động giữa bài
tốn này và bài toán khác. Trên cơ sở dạy học và thực tế học sinh nhầm lẫn và
không nhận diện được các dạng bài quy hoạch động điển hình, tơi đã hệ thống
4
lại 3 dạng bài quy hoạch động cơ bản và phân tích, chỉ ra dấu hiệu nhận diện 3
dạng bài, cụ thể:
Dạng 1: bài dãy con tăng nhiều phần tử nhất. Đặc điểm nhận diện:
- Dựa vào tính chất dãy con tăng: Phần tử đứng trước nhỏ hơn phần tử đứng sau
- Khi cập nhật L(i) chỉ phụ thuộc vào các phần tử L(j) (j=1..i-1) đứng trước
nó. (Li phụ thuộc vào L1,L2,…,Li-1)
Ví dụ:
* Bài tốn: Cho dãy a có n phần tử a1,a2,…an. Hãy tìm một dãy con tăng
có nhiều phần tử nhất của dãy.
* Đặc điểm nhận diện và công thức quy hoạch động
Gọi L(i) là độ dài dãy con tăng dài nhất, các phần tử lấy trong miền từ a1
đến ai và phần tử cuối cùng là ai. Khi đó L(i) được cập nhập từ các L(j) với j
nhận các giá trị từ 1 đến i-1. Vậy công thức quy hoạch động tính L(i) chỉ có thể
xây dựng từ L(1), L(2),…L(i-1), hay nói cách khác cơng thức tính L(i) chỉ phụ
thuộc vào phần tử đứng trước.
Ta có cơng thức QHĐ để tính L(i) như sau:
L(1) = 1
L(i) = max(1, L(j)+1 với mọi phần tử j: 0 < j < i và aj ≤ ai).
Bảng phương án là một mảng một chiều L để lưu trữ các giá trị của hàm
QHĐ L(i). Đoạn chương trình tính các giá trị của mảng L như sau:
for i := 1 to n do
begin
L[i] := 1;
for j:=1 to i - 1 do
if (a[j]<=a[i]) and (L[i]
Dạng 2: bài cái túi (mỗi lần chọn 1 vật). Đặc điểm nhận diện:
Mỗi lần cập nhật L(i,t), tùy việc chọn đồ vật vào túi hay không chọn vào
túi, chỉ phụ thuộc vào 2 phần tử ngay trước nó L(i-1,t) và L(i-1,t-ai)
Ví dụ:
* Bài tốn: Có n đồ vật, vật thứ i có trọng lượng ai và giá trị bi. Hãy chọn
ra một số các đồ vật, mỗi vật một cái để xếp vào 1 cái túi (vali/ ba lơ) có trọng
lượng tối đa M sao cho tổng giá trị của cái túi là lớn nhất.
* Đặc điểm nhận diện và công thức quy hoạch động:
Gọi L(i,t) là tổng giá trị lớn nhất khi được chọn i vật từ vật 1 đến vật i cho
vào cái túi với tổng khối lượng không vượt quá t. L(n,M) sẽ là đáp số của bài
toán (là giá trị lớn nhất có được nếu chọn n vật và tổng khối lượng không vượt M).
5
Tổng giá trị các đồ vật được lựa chọn phụ thuộc vào hai đại lượng: sức
chứa của cái túi và trọng lượng các đồ vật. Do đó bảng phương án là mảng hai
chiều L(i,t): tổng giá trị lớn nhất của cái túi khi xét từ vật 1 đến vật i với sức
chứa tối đa là t (đồ vật i có thể được chọn hay khơng được chọn). Giải bài tốn
con cỡ (i,t) phụ thuộc vào tất cả các bài toán con kích thước i 1, t1 mà i1 : 1..i-1 và
t1 :1..t-1, do đó số lượng bài tốn con rất nhiều.
Thực ra không phải phụ thuộc vào tất cả các bài tốn con trước nó, L(i,t)
chỉ phụ thuộc vào hai yếu tố, nếu không lựa chọn đồ vật thứ i vào túi thì chỉ phụ
thuộc vào giá trị bài tốn con ngay trước nó L(i,t)=L(i-1,t), nếu chọn đồ vật i vào
túi thì sức chứa cái túi giảm đi ai và giá trị cái túi tăng lên bi, tức là L(i,t)=L(i-1,
t-ai)+bi
Tính L(i,t): Vật đang xét là ai với trọng lượng của cái túi khơng được q t.
Có hai khả năng xảy ra:
- Nếu vật ai có trọng lượng lớn hơn trọng lượng cái túi (t
Nếu chọn ai đưa vào cái túi thì cái túi đã bị chiếm mất trọng lượng
ai, sức chứa túi còn lại là t-ai, vậy trọng lượng cái túi trước đó phải
khơng q t-ai. Vì mỗi vật chỉ được chọn 1 lần nên giá trị lớn nhất
của cái túi lúc đó là L(i-1, t-ai) + bi.
Nếu khơng chọn ai, thì trọng lượng của cái túi như cũ (như lúc trước
khi chọn ai) là L(i-1,t).
Cơng thức tính L(i,t) như sau:
L(i,0)=0; L(0,t)=0.
L(i,t)=L(i–1,t) nếu t < ai.
L(i,t)=max(L(i–1,t), L(i–1,t–ai)+bi) nếu t ≥ ai. Trong đó: L(i–1,t) là giá trị
có được nếu khơng đưa vật i vào balơ, L(i–1,t–ai)+bi là giá trị có được
nếu chọn vật i.
Cài đặt:
For i:=1 to n do
For t:=1 to M do
If b[i]<=t then L[i,t]:=max(L[i-1,t-a[i]]+b[i], L[i-1,t])
Else L[i,t]:=L[i-1,t];
Dạng 3: bài di chuyển. Đặc điểm nhận diện: trả lời được câu hỏi: Từ ơ nào
đến được ơ (i,j)?
Ví dụ:
*Bài tốn: Cho bảng A kích thước MxN (M dịng, N cột) trên đó ghi các
số ngun. Một người xuất phát tại ơ nào đó của cột 1 cần sang cột n. Quy tắc:
Từ ô A(i,j) có thể di chuyển sang 3 ơ A(i-1,j+1), A(i,j+1) và A(i+1,j+1). Hãy
6
tìm vị trí ơ xuất phát và hành trình đi từ cột 1 đến cột n sao cho tổng các số ghi
trên đường đi qua là lớn nhất (nhỏ nhất).
* Đặc điểm nhận diện và cơng thức quy hoạch động:
Tìm câu trả lời cho câu hỏi: Từ ô nào đến được ơ (i,j)?
Bước 1: Vẽ hình (2 bảng kích cỡ mxn của đề bài: 1 bảng đường đi ban
đầu A , 1 bảng sẽ là bảng phương án F)
Bước 2: Thiết lập tham chiếu sang các ô xung quanh: từ 1 ơ ban đầu có
thể sang những ơ kề cạnh hay kề đỉnh nào (đề bài cho),
Bước 3: Lần ngược lại tìm cơng thức quy hoạch động: để tới được ô (i,j)
thì đi qua những ô nào
Gọi F[i, j] là số điểm lớn nhất (nhỏ nhất) có thể có được khi tới ô A[i, j].
Rõ ràng đối với những ô ở cột 1 thì F[i, 1] = A[i, 1]. Với những ơ (i, j) ở các cột
khác: Vì chỉ những ô (i, j – 1), (i – 1, j – 1), (i + 1, j –1) là có thể sang được ơ (i,
j), và khi sang ơ (i, j) thì số điểm được cộng thêm A[i, j] nữa. Chúng ta cần F[i,
j] là số điểm lớn nhất (nhỏ nhất) có thể nên
F[i, j] = max(F[i, j - 1], F[i –1, j - 1], F[i + 1, j - 1]) + A[i, j] (Hoặc min).
Ta dùng công thức truy hồi này tính tất cả các F[i, j]. Cuối cùng chọn ra
F[i, n] là phần tử lớn nhất trên cột n của bảng F và từ đó truy vết tìm ra đường đi
nhiều điểm nhất
A
F
(1,1)
(1,1)
A(i-1,j+1)
F(i-1,j-1)
A(i,j) A(i,j+1)
A(i+1,j+1)
F(i,j-1)
F(i+1,j-1)
F(i,j)
(m,n)
(m,n)
Chi tiết tín hiệu nhận diện 3 dạng bài trên được trình bày ở phụ lục 1, dưới đây
là bảng đặc điểm nhận dạng mỗi dạng bài trong 3 dạng mà giải pháp 1 đề cập đến:
Bảng 1. Tín hiệu nhận diện 3 dạng bài quy hoạch động cơ bản
Dạng bài
Đặc điểm nhận dạng
Dạng 1: Bài toán dãy con - Dựa vào tính chất dãy con tăng: Phần tử đứng
tăng có nhiều phần tử nhất
trước nhỏ hơn phần tử đứng sau.
- Khi cập nhật L(i) chỉ phụ thuộc vào các phần
tử L(j) (j=1..i-1) đứng trước nó. (Li phụ thuộc
vào L1, L2, …, Li-1)
Dạng 2: Bài toán cái túi (mỗi Mỗi lần cập nhật L(i,j), tùy việc chọn đồ vật vào
7
vật chọn 1 lần)
túi hay không chọn vào túi, chỉ phụ thuộc vào 2
phần tử ngay trước nó L(i-1,j) và L(i-1,j-ai)
Dạng 3: Bài toán di chuyển
Trả lời được câu hỏi: Từ ơ nào đến được ơ (i,j)?
Cách tìm tín hiệu nhận dạng:
-Bước 1: Vẽ hình (2 bảng kích cỡ mxn của đề
bài: 1 bảng đường đi ban đầu A , 1 bảng sẽ là
bảng phương án F)
-Bước 2: Thiết lập tham chiếu sang các ô xung
quanh: từ 1 ô ban đầu có thể sang những ơ kề
cạnh hay kề đỉnh nào (đề bài cho),
-Bước 3: Lần ngược lại tìm cơng thức quy
hoạch động: để tới được ơ (i,j) thì đi qua những
ô nào.
* Giải pháp 2:
- Tên giải pháp: Lựa chọn các bài tập tương tự bài toán quy hoạch động
điển hình và áp dụng vào giảng dạy để củng cố, rèn luyện kỹ năng giải
bài toán bằng phương pháp quy hoạch động cho học sinh.
Giải pháp 2 là giải pháp cải tiến. Các tài liệu trước đây chỉ đưa ra dạng bài
quy hoạch động điển hình và cơng thức quy hoạch động của dạng bài đó chứ
mỗi bài tốn tương tự cùng loại khơng được phân tích đặc điểm nhận diện, chỉ ra
tại sao cùng loại dạng bài đó. Để ghi nhớ công thức của một dạng bài mà chỉ
làm một bài thì nhàm chán và khó nhớ. Do đó cần hệ thống bài tập tương tự là
biến thể của dạng bài đó (các bài tập cùng đặc điểm nhận diện ở giải pháp 1 đưa
ra) để giúp học sinh phân tích bài tốn để tìm ra điểm chung điểm riêng, rèn
luyện kỹ năng làm bài, từ đó giúp học sinh củng cố và ghi nhớ công thức dễ
dàng hơn. Trên cơ sở giải pháp 1 đã đưa ra đặc điểm nhận diện 3 dạng bài quy
hoạch động điển hình, giải pháp 2 xây dựng hệ thống bài tập tương tự cho dạng
bài dãy con đơn điệu tăng (7 bài), bài toán cái túi (7 bài), dạng bài toán di
chuyển (9 bài). Mỗi bài tập tương tự được phân tích, chi tiết bảng phương án,
đoạn code cài đặt bảng phương án. Hệ thống bài tập tương tự cùng dạng được áp
dụng giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi để củng cố, rèn kỹ năng giải bài toán
bằng phương pháp quy hoạch động cho học sinh nhằm nâng cao chất lượng bồi
dưỡng học sinh giỏi.
Dạng 1: Bài toán dãy con tăng nhiều phần tử nhất.
Dạng 1 gồm 7 bài, với mỗi một bài tốn tương tự được trình bày gồm: đề
bài, tín hiệu nhận diện và cơng thức quy hoạch động, chi tiết bảng phương án,
8
đoạn chương trình chính. Dưới đây là một bài tốn tương tự, chi tiết 6 bài còn lại
ở phụ lục 1.
Bài 1. Dãy con không giảm dài nhất
Cho dãy số nguyên a= a1, a2, …, an. (n<=5000, -10000<=ai<=10000).
Một dãy con không giảm của dãy đã cho là dãy các phần tử cịn lại của dãy đó
sau khi ta xóa bỏ một hoặc một số phần tử bất kì của nó, các phần tử của dãy
con tạo thành dãy khơng giảm.
Ví dụ: dãy 1, 2, 10, 11, 12 là một dãy con không giảm của dãy 1, 4, 2, 10, 9, 8,
17, 11, 7, 12.
u cầu: Tìm dãy con khơng giảm của dãy a gồm nhiều phần tử nhất.
Dữ liệu: đọc từ file văn bản DAYCON.INP gồm:
+ Dòng 1: ghi số N là số lượng phần tử của dãy
+ Các dòng tiếp theo: ghi N số a1, a2, …, an. các số cách nhau ít nhất một
dấu cách
Kết quả: ghi ra file văn bản DAYCON.OUT gồm 2 dòng:
+ Dòng 1: ghi độ dài dãy con tìm được
+ Các dịng tiếp theo: ghi giá trị các phần tử được chọn vào dãy con từ
dãy ban đầu.
Ví dụ:
DAYCON.INP
DAYCON.OUT
11
8
1 2 3 8 9 4 5 6 20 9 10
1 2 3 4 5 6 9 10
Đặc điểm nhận diện và công thức quy hoạch động
- Đặc điểm nhận diện:
Tính chất của dãy con khơng giảm là phần tử đứng trước không lớn hơn phần
tử đứng sau. Nên khi xét đến phần tử ai, ta cần tìm phần tử aj (j
- Cơng thức quy hoạch động:
Gọi L[i] là độ dài dãy con không giảm dài nhất các phần tử xét từ a[1..i]
và phần tử cuối cùng phải là a[i]. Vậy yêu cầu của bài tốn ban đầu: max(L[i])
L[1]: là độ dài dãy con khơng giảm dài nhất các phần tử xét từ a[1..1] và
phần tử cuối cùng phải là a[1]. Vậy: L[1] = 1
Tính L[i]: L[i] = max(1, L[j] + 1), với điều kiện: j < i, a[j] <= a[i]
- Bảng phương án:
9
Bảng phương án là một mảng một chiều L để lưu trữ các giá trị của hàm
QHĐ L[i]. Để dễ dàng truy vết tạo mảng T[i] là vị trí của phần tử trước a[i], ta
thêm vào dãy phần tử a[0] và a[n+1] để đảm bảo dãy ln tăng. Khi đó khởi tạo
L[0]=1 (dãy xuất phát từ phần tử a[0] có 1 phần tử)
i 0
a -oo
L 1
T
1
1
2
0
2
2
3
1
3
3
4
2
4
8
5
3
5
9
6
4
6
4
5
3
7
5
6
6
8
6
7
7
9
20
8
8
10
9
8
8
11
10
9
10
N+1
+oo
10
11
Đoạn chương trình tính các giá trị của mảng L (bảng phương án):
L[0]=1;
for(i=1;i<=n+1;i++)
{ jmax=0;
for(j=0;j
L[i]=L[jmax]+1; T[i]=jmax; }
Dạng 2: Bài toán cái túi
Dạng 2 gồm 7 bài, với mỗi một bài tốn tương tự được trình bày gồm: đề
bài, tín hiệu nhận diện và cơng thức quy hoạch động, chi tiết bảng phương án,
đoạn chương trình chính. Dưới đây là một bài tốn tương tự, chi tiết 6 bài còn lại
ở phụ lục 1.
Bài 1. Ba lơ –BALOB
Có một ba lơ có thể chứa tối đa trọng lượng M và có n đồ vật (n 100), đồ
vật thứ i có trọng lượng
và giá trị ; M, , là các số nguyên dương. Hãy
chọn và xếp các đồ vật vào ba lô để tổng giá trị của ba lô là lớn nhất.
* Input: đọc từ file văn bản BALOB.INP gồm:
+ Dòng 1: ghi 2 số n, M (0
256) cách nhau ít nhất một dấu cách
*Output:ghi ra file văn bản BALOB.OUT gồm:
+ Dòng 1: ghi giá trị lớn nhất có thể xếp vào Ba lơ
+ Dịng 2: ghi chỉ số những vật được xếp vào Ba lô
*Example:
BALOB.INP
5 11
33
BALOB.OUT
11
521
,
(0< , <
10
44
54
9 10
44
Đặc điểm nhận diện và công thức quy hoạch động
- Đặc điểm nhận diện:
Tại thời điểm i, việc chọn hay không chọn ai vào túi phụ thuộc vào thời
điểm i-1 ngay trước nó có tạo ra được tổng t hay tổng t-ai hay không
- Công thức quy hoạch động:
Gọi L(i,t) là tổng giá trị lớn nhất khi được chọn i vật từ 1 đến i cho vào ba lô
với tổng khối lượng không vượt quá t.
L(n,m) sẽ là đáp số của bài tốn (là giá trị lớn nhất có được nếu chọn n vật
và tổng khối lượng không vượt m).
Cơng thức tính L(i,t) như sau:
L(i,0)=0; L(0,t)=0.
L(i,t)=L(i–1,t) nếu t
được nếu khơng đưa vật i vào balơ, L(i–1,t–wi)+vi là giá trị có được nếu chọn vật i.
Điền giá trị vào bảng phương án L(i,t)
t 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
Wi Vi i 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
3
3
1 0 0 0 3 3 3 3 3 3 3 3 3
4
4
2 0 0 0 3 4 4 4 7 7 7 7 7
5
4
3 0 0 0 3 4 4 4 7 7 7 7 7
9
10 4 0 0 0 3 4 4 4 7 7 10 10 10
4
4
5 0 0 0 3 4 4 4 7 8 10 10 10
Đoạn chương trình tính các giá trị của mảng L (bảng phương án):
void QHD()
{
int i,j; F[0][0]=0;
for(i=1; i<=n; i++)
for(j=0; j<=M; j++)
{
F[i][j]=F[i-1][j];
if((W[i]<=j)&&(F[i][j]
}
11
Dạng 3: Bài toán di chuyển
Với dạng bài di chuyển, tín hiệu nhận dạng là trả lời được câu hỏi: Từ ơ
nào đến được ơ (i,j)?, gồm 9 bài tốn tương tự cùng đặc điểm nhận dạng. Với
mỗi một bài tốn tương tự được trình bày gồm: đề bài, tín hiệu nhận diện và
công thức quy hoạch động, chi tiết bảng phương án, đoạn chương trình chính.
Sau đây là một bài tốn tương tự, chi tiết 8 bài cịn lại ở phụ lục 1.
Bài 1. Con kiến (FOOD2.*)
Trên một sân hình chữ nhật MxN ơ (M dịng, N cột), được chia thành các
ô vuông đơn vị, mỗi ô chứa một lượng thức ăn. Một con kiến xuất phát từ cột 1
muốn đi qua sân để đến cột thứ N. Con kiến chỉ có thể đi từ ơ (i,j) sang 3 ô (i-1,
j+1), (i, j+1) và (i+1, j+1) nhưng kiến không thể bò ra khỏi sân. Hãy chỉ ra
đường đi giúp con kiến có được nhiều thức ăn nhất.
* Input: đọc từ file văn bản FOOD2.INP có cấu trúc:
- Dịng 1: ghi 2 số nguyên dương M, N (1 M, N 1000).
- M dịng tiếp theo, mỗi dịng có N số tương ứng là lượng thức ăn có trong
MxN ô trên sân.
* Output: ghi ra file văn bản FOOD2.OUT một số duy nhất là tổng lượng thức
ăn nhiều nhất mà con kiến có thể ăn được.
* Example
FOOD2.INP
FOOD2.OUT
Giải thích
54
2562
7816
9179
67 1
3142
33
Đường 1: (3,1) -> (2,2) -> (3,3) -> (3,4)
Đường 2: (3,1) -> (4,2) -> (4,3) -> (3,4)
Đặc điểm nhận diện và công thức quy hoạch động
- Đặc điểm nhận diện:
Từ 1 ô ban đầu (i,j) có thể sang 3 ô kề bên phải nó cùng dịng hoặc trên,
dưới 1 dịng: (i-1,j+1), (i,j+1) và (i+1,j+1). Như vậy có thể lần ngược lại tìm
cơng thức quy hoạch động: để tới được ơ (i,j) thì phải đi qua các ơ (i, j – 1), (i-1,
j – 1), (i + 1, j –1). Vậy để tới được ơ (i,j) thì phải đi qua các ơ (i, j-1), (i-1, j-1),
(i + 1, j –1)
- Xây dựng công thức quy hoạch động:
12
Gọi F[i, j] là số điểm lớn nhất có thể có được khi tới ơ A[i, j]. Rõ ràng đối
với những ơ ở cột 1 thì F[i, 1] = A[i, 1]. Với những ô (i, j) ở các cột khác: Vì chỉ
những ơ (i, j – 1), (i – 1, j – 1), (i + 1, j –1) là có thể sang được ô (i, j), và khi
sang ô (i, j) thì số điểm được cộng thêm A[i, j] nữa. Chúng ta cần F[i, j] là số
điểm lớn nhất (nhỏ nhất) có thể nên
F[i, j] = max(F[i, j - 1], F[i –1, j - 1], F[i + 1, j - 1]) + A[i, j]
Ta dùng công thức truy hồi này tính tất cả các F[i, j]. Cuối cùng chọn ra
F[i, n] là phần tử lớn nhất trên cột n của bảng F và từ đó truy vết tìm ra đường đi
nhiều điểm nhất
- Đoạn chương trình:
void QHD()
{
for(int i=1;i<=M;i++)F[i][1]=A[i][1];
for(int j=2;j<=N;j++)
for(int i=1;i<=M;i++)
F[i][j]=max(max(F[i-1][j-1],F[i][j-1]),F[i+1][j-1])+A[i][j];
}
7.2. Thuyết minh về phạm vi áp dụng sáng kiến:
Sáng kiến được áp dụng dạy học sinh lớp 11 tham gia các kì thi chọn học
sinh giỏi các cấp (cấp huyện và đặc biệt cấp tỉnh).
Sáng kiến được áp dụng giảng dạy tại trường THPT Yên Thế và tại 02
trường THPT khác trên địa bàn tỉnh Bắc Giang1.
7.3. Thuyết minh về lợi ích kinh tế, xã hội của sáng kiến:
-Về lợi ích kinh tế:
Tiết kiệm thời gian, công sức của giáo viên khi dạy chuyên đề quy hoạch
động trong bồi dưỡng học sinh giỏi. Giải pháp trong sáng kiến kinh nghiệm có
thể tiếp tục xây dựng mở rộng các dạng bài tương tự của các bài quy hoạch động
cơ bản để thành tư liệu tham khảo cho giáo viên, tự nghiên cứu, xây dựng của
những năm học sau. Qua đó tiết kiệm được các chi phí khác như: chi phí đi lại,
mua tài liệu tham khảo,…
- Về lợi ích xã hội:
Sáng kiến sau khi được triển khai và áp dụng đã trao quyền chủ động cho học
sinh trong mọi hoạt động học tập, kích thích được hứng thú học tập và sáng tạo
1
Các trường THPT: Bố Hạ, Việt Yên số 1
13
của học sinh, làm cho học sinh tự tin vào khả năng của mình đồng thời giải
quyết được những khúc mắc của học sinh trong quá trình đánh giá kết quả mơn
học; từ đó học sinh đạt kết quả cao trong kì thi học sinh giỏi. Để đánh giá lợi ích
xã hội tôi đã tiến hành đánh giá việc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm dạy đối
tượng học sinh khá, giỏi ở khối 11 của trường THPT Yên Thế và hai trường
khác trong tỉnh là THPT Bố Hạ, THPT Việt Yên 1. Cụ thể:
*Triển khai thực hiện sáng kiến lần 1 (tháng 4/2020) tại trường THPT
Yên Thế và THPT Bố Hạ:
Giáo viên tham gia thực hiện sáng kiến của trường THPT Yên Thế: Ninh
Thị Thu Hà; trường THPT Bố Hạ: Thạch Thị Thương.
Đối tượng học sinh là học sinh khá, giỏi, có tư duy ngang nhau (dựa vào
kết quả trung bình các mơn tự nhiên, điểm trung bình mơn Tin). Vì số lượng học
sinh đi thi học sinh giỏi mơn Tin chỉ được tối đa 2 em, nên mỗi trường chúng tôi
chỉ chọn 8 học sinh2 tham gia đánh giá.
Chúng tôi sử dụng phương pháp cũ để thực hiện bài kiểm tra3 lần 1: đưa
đề bài (bài toán thuộc dạng 1) và cho học sinh tự làm. Sau khi chấm bài của học
sinh nhận thấy kết quả rất thấp (chi tiết ở phụ lục 2) do đó chúng tơi buộc phải
thay đổi phương pháp dạy bằng cách áp dụng sáng kiến:
Chúng tôi bồi dưỡng sáng kiến cho 5 học sinh4 trong số 8 học sinh đã
tham gia đánh giá lần 1 của mỗi trường trong thời gian từ 2 đến 3 tuần. Sau đó
thực hiện bài kiểm tra số 2 (đề bài là 1 bài toán tương tự thuộc dạng 1). Tham
gia làm bài kiểm tra 2 gồm 8 học sinh của mỗi trường, trong đó có 5 học sinh đã
được bồi dưỡng sáng kiến. Sau khi chấm bài kiểm tra số 2 nhận thấy kết quả bài
làm của các bạn được bồi dưỡng sáng kiến cao hơn hẳn (chi tiết phụ lục 2)
Dưới đây là kết quả chấm bài kiểm tra 1 và bài kiểm tra số 2 bằng phần
mềm chấm điểm tự động Themis khi thực hiện sáng kiến lần 1:
2
Danh sách học sinh các trường tham gia đánh giá ở phụ lục 2
Bài kiểm tra 1,2 thực hiện sáng kiến lần 1: chi tiết ở phụ lục 2
4
Danh sách học sinh tham gia bồi dưỡng sáng kiến ở phụ lục 2
3
14
Trường THPT Yên Thế:
Kết quả
bài kiểm
tra lần 1
Kết quả
bài kiểm
tra lần 2
Trường THPT Bố Hạ
Kết quả
bài kiểm
tra lần 1
Kết quả
bài kiểm
tra lần 2
15
Biểu đồ 1: So sánh kết quả bài kiểm tra số 1 và bài kiểm tra số 2 - thực hiện
sáng kiến lần 1 (tháng 4/2020)
Chú giải:
Điểm bài KT số 1
Điểm bài KT số 2
Nhìn vào biểu đồ 1 nhận thấy:
Bài kiểm tra số 1: chủ yếu là thang điểm từ 4 đến 6, khơng có học sinh
nào đạt trên 6 điểm.
Bài kiểm tra 2: khoảng 50% điểm từ 7 trở lên, (hầu hết là học sinh được
bồi dưỡng sáng kiến), 30% điểm từ 5 trở xuống thì chủ yếu là học sinh
không được bồi dưỡng sáng kiến (tên học sinh có chữ K).
Trong kỳ thi học sinh giỏi văn hóa cấp tỉnh năm học 2019-2020, cả 4 bạn
tham gia bồi dưỡng sáng kiến đi thi học sinh giỏi đạt cả 4 giải: 1 Nhất, 1 Nhì, 1
Ba, 1 Khuyến khích. Hiệu quả của sáng kiến thể hiện rõ rệt ở bảng Bảng 2- kết
quả thi học sinh giỏi năm 2019-2020.
16
Bảng2- Kết quả thi học sinh giỏi năm học 2019-20205
Học sinh
trường
Điểm
số
Đoạt
giải
17/10/2003
THPT n Thế
16,3
Nhất
Nguyễn Việt Thành
2/12/2003
THPT n Thế
12
Khuyến
khích
3
Hồng Văn Dũng
5/7/2003
THPT Bố Hạ
12,8
Ba
4
Nguyễn Anh Dũng
7/6/2003
THPT Bố Hạ
15,28
Nhì
Số
TT
Họ và tên
Ngày tháng
năm sinh
1
Nguyễn Đồn Ngọc Minh
2
*Triển khai thực hiện sáng kiến lần 2 (Tháng 12/2020 đến 11/1/2021) tại
trường THPT Yên Thế và THPT Việt Yên 1:
Cách thức triển khai thực hiện sáng kiến lần 2: tương tự cách thức triển
khai thực hiện sáng kiến lần 1.
Giáo viên tham gia thực hiện sáng kiến của trường THPT Yên Thế: Ninh
Thị Thu Hà; và trường THPT Việt Yên 1: Hoàng Văn Hùng.
Học sinh tham gia đánh giá của mỗi trường gồm 8 học sinh, bài kiểm tra
lần 1 chúng tôi lấy đề bài thuộc dạng 2. Vì kết quả kiểm tra lần 1 thấp do
phương pháp cũ để học sinh tự làm, nên chúng tôi áp dụng sáng kiến cho 5 học
sinh ở trường THPT Yên Thế và 4 học sinh ở trường THPT Việt Yên 1. Sau khi
thực hiện bài kiểm tra số 2 (lấy một bài toán tương tự của dạng 2), nhận thấy kết
quả bài làm của các bạn được bồi dưỡng sáng kiến cao hơn hẳn.
Dưới đây là kết quả chấm bài kiểm tra 1 và bài kiểm tra số 2 bằng phần
mềm chấm điểm tự động Themis khi thực hiện sáng kiến lần 2:
5
TB số 620/SGDĐT-KTKTCLGD ngày 08/06/2020 của SGDĐT BG về việc thơng báo danh sách thí sinh đoạt
giải kỳ thi chọn HSG VH cấp tỉnh bậc trung học năm học 2019-2020
17
Trường THPT Yên Thế:
Kết quả
bài kiểm
tra lần 1
Kết quả
bài kiểm
tra lần 2
Trường THPT Việt Yên 1
Kết quả
bài kiểm
tra lần 1
Kết quả
bài kiểm
tra lần 2
18
Biểu đồ 2: So sánh kết quả bài kiểm tra 1 và bài kiểm tra 2 - thực hiện sáng
kiến lần 2 (Tháng 12/2020 và tháng 1/2021)
Chú giải:
Điểm bài KT số 1
Điểm bài KT số 2
Nhìn vào biểu đồ 2 nhận thấy:
- So sánh điểm kiểm tra 1 (KT1) và điểm kiểm tra 2 (KT2): Điểm KT 2 cao
hơn hẳn, chiếm hơn 60%
- Những học sinh có chữ K (khơng tham gia bồi dưỡng): điểm KT1 và KT2
không khác nhau nhiều, và cùng thấp (dưới 4)
- Điểm KT2 cao vượt trội, thang điểm cao từ 6 trở lên chiếm 56%
Trong kỳ thi học sinh giỏi văn hóa cấp tỉnh năm học 2020-2021, cả 4 bạn
tham gia bồi dưỡng sáng kiến đi thi học sinh giỏi đạt cả 4 giải: 1 Nhất, 2 Nhì, 1
Ba. Hiệu quả của sáng kiến thể hiện rõ rệt ở bảng Bảng 3- Kết quả thi học sinh
giỏi năm 2020-2021.
19
Bảng 3 - Kết quả thi học sinh giỏi năm học 2020-20216
Số
TT
Họ và tên
Ngày tháng
năm sinh
Học sinh trường
Điểm số
Đoạt
giải
1
Nguyễn Việt Thành
05/01/2004
THPT n Thế
19
Nhất
2
Ngơ Hồng Phú
19/1/2004
THPT n Thế
16,4
Nhì
3
Nguyễn Hải Việt
14/7/2004
THPT Việt n 1
17,1
Nhì
4
Trần Hữu Hồng
2/6/2004
THPT Việt n 1
10,7
Ba
Nhận xét chung:
Qua biểu đồ 1,2: nhận thấy những em được bồi dưỡng sáng kiến thì bài
kiểm tra 2 đạt điểm cao hơn hẳn so với học sinh không tham gia bồi dưỡng sáng
kiến, từ đó có thể thấy hiệu quả của việc áp dụng sáng kiến cũng như khả năng
áp dụng sáng kiến kinh nghiệm trong thực tế bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường
phổ thơng nói chung và trường THPT n Thế nói riêng.
Qua bảng 2,3: Bảng kết quả thi học sinh giỏi các năm học 2019-2020;
2020-2021 cho thấy học sinh có tham gia bồi dưỡng sáng kiến kinh nghiệm có
học sinh đoạt giải Nhất, đây là minh chứng khẳng định hiệu quả thực tế khi áp
dụng sáng kiến kinh nghiệm trong bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh.
Sáng kiến kinh nghiệm này là tài liệu tham khảo hữu ích, giúp giáo viên
nâng cao năng lực chun mơn, đóng góp hiệu quả cho công tác giảng dạy mũi
nhọn bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường phổ thơng, đồng thời góp phần định
hướng phát triển năng lực tư duy, năng lực tự học cho học sinh, giúp học sinh
nhận diện được bài toán ứng dụng quy hoạch động.
* Cam kết: Tôi xin cam đoan những điều khai trên là trung thực, đúng sự thật và
không sao chép hoặc vi phạm bản quyền.
6
QĐ số 183/QĐ-SGDĐT, ngày 18/03/2021 của Giám đốc SGDĐT BG về việc công nhận học sinh đoạt giải
trong kỳ thi chọn HSGVH cấp tỉnh cấp trung học năm học 2020-2021
20
Xác nhận của cơ quan, đơn vị
Tác giả sáng kiến
(Ký và đóng dấu)
Ninh Thị Thu Hà
Xác nhận của Hội đồng KH&CN, Sở GD&ĐT
CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG
PHÓ GIÁM ĐỐC SỞ GD&ĐT
Bạch Đăng Khoa
21
PHỤ LỤC SỐ 1
XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ BÀI TỐN
QUY HOẠCH ĐỘNG ĐIỂN HÌNH
I. DẠNG BÀI DÃY CON ĐƠN ĐIỆU TĂNG DÀI NHẤT
Bài 1. Dãy con tăng nghiêm ngặt nhiều phần tử nhất (DAYCON1.*)
Cho dãy số nguyên A=a1, a2,…,an. (n<=5000, -10000<=ai<=10000). Một
dãy con tăng nghiêm ngặt của dãy đã cho là dãy các phần tử còn lại của dãy đó
sau khi ta xóa bỏ một hoặc một số phần tử bất kì của nó, các phần tử của dãy
con tạo thành dãy tăng (phần tử đằng trước nhỏ hơn hẳn phần tử sau nó)
Ví dụ: dãy 1, 3, 10, 18, 19 là một dãy con tăng nghiêm ngặt của dãy 1, 7,
3, 10, 9, 8, 20, 18, 7, 19.
Yêu cầu: Tìm dãy con tăng nghiêm ngặt của dãy A gồm nhiều phần tử nhất.
* Input: đọc từ file văn bản DAYCON1.INP gồm:
+ Dòng 1: ghi số N là số lượng phần tử của dãy
+ Các dòng tiếp theo: ghi N số a1, a2,…,an các số cách nhau ít nhất một
dấu cách
* Output: ghi ra file văn bản DAYCON1.OUT gồm 2 dòng:
+ Dòng 1: ghi độ dài dãy con tìm được
+ Các dịng tiếp theo: ghi số lượng dãy con có cùng độ dài dài nhất
* Example:
DAYCON1.INP
DAYCON1.OUT
7
5
1238945
2
Đặc điểm nhận diện và công thức quy hoạch động
- Đặc điểm nhận diện:
Tính chất của dãy con tăng nghiêm ngặt là phần tử đứng sau lớn hơn các
phần tử đứng trước. Nên khi xét đến phần tử ai, ta cần tìm phần tử aj (j
- Công thức quy hoạch động:
Gọi L[i] là độ dài dãy con tăng dài nhất các phần tử xét từ a[1..i] và phần tử
cuối cùng phải là a[i]. Vậy yêu cầu của bài toán ban đầu: max(L[i])
Bài toán con cơ bản:
L[1]: là độ dài dãy con tăng dài nhất các phần tử xét từ a[1..1] và phần tử
cuối cùng phải là a[1]. Vậy: L[1] = 1
22
Tính L[i]: L[i] = max(1, L[j] + 1), với điều kiện: j < i, a[j] < a[i]
Đếm số lượng L[i] = max(L[i]).
Bảng phương án là một mảng một chiều L để lưu trữ các giá trị của hàm
QHĐ L[i]. Để dễ dàng truy vết tạo mảng T[i] là vị trí của phần tử trước A[i], ta
thêm vào dãy phần tử A[0] và A[n+1] để đảm bảo dãy luôn tăng. Khi đó khởi
tạo L[0]=1 (dãy xuất phát từ phần tử A[0] có 1 phần tử)
Bảng phương án
i
0
1
2
3
4
5
6
7
N+1
A
-oo
1
2
3
8
9
4
5
+oo
L
1
2
3
4
5
6
5
6
7
0
1
2
3
4
3
6
7
T
Đoạn chương trình tính các giá trị của mảng L như sau:
L[0]=1;
for(i=1;i<=n+1;i++)
{ jmax=0;
for(j=0;j
L[i]=L[jmax]+1; T[i]=jmax; }
Đoạn chương trình tìm,đưa ra kết quả
kq=0;
sl=0;
for(i=1;i<=n+1;i++)
{ if(kq
for(i=1;i<=n+1;i++)
{if(L[i]==kq) sl++;}
cout<
Có n cuộc họp đánh số từ 1 đến n đăng ký làm việc tại một phòng hội
thảo. Cuộc họp i cần được bắt đầu tại thời điểm si và kết thúc tại thời điểm fi.
Hỏi có thể bố trí phịng hội thảo phục vụ được nhiều nhất bao nhiêu cuộc họp
sao cho khoảng thời gian làm việc của hai cuộc họp được nhận phục vụ chỉ có
thể giao nhau tại đầu mút.
* Input: đọc từ file văn bản ACTIVITY.INP gồm:
23
- Dòng dầu tiên chứa số nguyên dương n (n <= 1000000)
- Dòng thứ i trong số n dòng tiếp theo chứa hai số nguyên dương si, fi (si,
fi<= 32000), i=1, 2,…, n. Mỗi số trên cùng dòng cách nhau 1 dấu cách
* Output:ghi ra file văn bản ACTIVITY.OUT gồm:
- Dòng đầu tiên ghi số k là số lượng cuộc họp được chấp nhận phục vụ;
- Mỗi dòng trong K dòng tiếp theo ghi chỉ số của một trong k cuộc họp
được chấp nhận
* Example:
ACTIVITY.INP
ACTIVITY.OUT
5
3
13
1
24
4
16
5
35
79
Đặc điểm nhận diện và công thức quy hoạch động
- Đặc điểm nhận diện:
Cần sắp xếp thời gian kết thúc các cuộc họp tăng dần. Khi đó thời điểm bắt
đầu của cuộc họp sau phải lớn hơn hoặc bằng thời điểm kết thúc của cuộc họp
trước, tức là a[j].f<=a[i].s với jcuộc họp đó tạo thành một dãy khơng giảm về thời gian). Giá trị ta cần tìm là số
cuộc họp ta có thể xếp được như vậy
- Công thức quy hoạch động:
Gọi L[i] là số lượng cuộc họp nhiều nhất có thể bố trí xét từ a[1] đến phần
tử a[i]. Do đó bài tốn u cầu tìm max(L[i])
Ta sẽ đi sắp xếp sao cho thời gian kết thúc các cuộc họp tăng dần.
Tính L[i] = max(L[j]+1) với j <i và A[i].s>=A[j].f
Bảng phương án:
Là một mảng một chiều L để lưu trữ các giá trị của hàm L[i]. Ta thêm
vào dãy phần tử A[0] và A[n+1] để đảm bảo dãy có 2 rào chắn . Khi đó khởi tạo
L[0]=1 (dãy xuất phát từ phần tử A[0] có 1 phần tử). Sau đó để đưa ra kết quả
cần lấy max(L[i])-2
TT
A[i].s
A[i].f
L[i]
0
-oo
-oo
1
1
1
3
2
2
2
4
2
3
3
5
3
4
1
6
3
5
7
9
4
N+1
+oo
+oo
5
24
Đoạn chương trình tính bảng phương án:
sort(A+1,A+n+1,cmp);
int csj=0;
l[0]=1;
for(int j=1;j
fill(l+1,l+n+1,0);
if(A[i].s>A[j].f && l[j]>l[csj]) csj=j;
A[n+1].s=INT_MAX;
for(int i=1;i<=n+1;i++)
l[i]=l[csj]+1;
}
{
Bài 3. Cho thuê máy tính (RENTING.*)
Tại thời điểm 0, ơng chủ cho th máy tính nhận được đơn đặt hàng thuê
sử dụng của N khách hàng. Các khách hàng được đánh số từ 1 đến N. Khách
hàng i cần sử dụng máy từ thời điểm di đến thời điểm ci (di và ci là các số nguyên
và 0
nào sao cho khoảng thời gian sử dụng máy tính của hai khách hàng được nhận
phục vụ bất kì khơng giao nhau và tổng tiền thu được từ phục vụ là lớn nhất.
* Input: đọc từ file văn bản RENTING.INP gồm:
+ Dòng 1: ghi số N (0 < N <1000)
+ Các dòng tiếp theo, dòng thứ i ghi ba số di, ci, pi cách nhau bởi dấu cách
i=1,2,..,N.
* Output: ghi ra file văn bản RENTING.OUT gồm:
+ Dòng 1: ghi hai số nguyên dương theo thứ tự là số lượng khách hàng
nhận được phục vụ và tổng tiền thu được.
+ Dòng 2: ghi chỉ số của khách hàng được phục vụ.
*Example:
RENTING.INP
RENTING.OUT
3
2 180
150 500 150
23
1 200 100
400 800 80
Đặc điểm nhận diện và công thức quy hoạch động
- Đặc điểm nhận diện:
Với bài toán cho thuê máy tính cần phải sắp xếp sao cho thời gian sử dụng
máy phải theo một thứ tự tăng dần nhưng phải thỏa mãn điều kiện là sao cho
25
thu về nhiều lợi nhuận nhất. Khi xét đến phần tử thứ i cần tìm phần tử thứ j (j
- Công thức quy hoạch động:
Sắp xếp các đơn hàng theo thứ tự không giảm tính theo thời điểm kết thúc .
Gọi L[i] là tổng tiền lớn nhất có được xét từ a[1..i] và phần tử cuối cùng
phải là a[i]. Vậy yêu cầu của bài tốn ban đầu: max(L[i])
Tính L[i]: L[i] = max(L[j] + p[i]), với điều kiện: j < i,c[j]
QHĐ L[i]. Để dễ dàng truy vết tạo mảng T[i] là vị trí của đơn hàng trước đơn A[i].
Điền giá trị vào Bảng phương án
d[i]
c[i]
p[i]
cs[i]
L[i]
T[i]
1
1
200
100
2
100
0
2
150
500
150
1
150
0
3
400
800
80
3
180
2
Đoạn chương trình tính các giá trị của mảng L như sau:
L[1]=p[1];
for(i=1;i<=n;i++) T[i]=i;
for(i=2;i<=n;i++)
{
L[i]=p[i];
for(j=1;j<=i-1;j++)
if(c[j]
}
Bài 4. Dãy con đổi chiều, đối dấu dài nhất (DOICHIEU.*)
Cho dãy a1, a2,... an. Hãy tìm dãy con đổi dấu dài nhất của dãy đó.
Dãy con con đổi dấu ai1, ai2,... aik phải thoả mãn các điều kiện sau:
+ ai1< ai2 > ai3<... hoặc ai1> ai2< a i3>... các chỉ số phải cách nhau ít nhất L:
i2 - i1 ≥ L, i3 -i2 ≥ L...
+ Chênh lệch giữa 2 phần tử liên tiếp nhỏ hơn U: |ai1 - ai2| ≤ U, |ai2 - ai3| ≤ U...
Ví dụ: Cho dãy 10 phần tử: -1, 3, -4, 13, 6, 9, -2, 12,-3, 15và L=2 và U=3
có 1 dãy con đổi chiều dài nhất là: -1, -4, -2, -3
* Input:đọc từ file văn bản DOICHIEU.INP có cấu trúc như sau:
