Uitwerking vierde serie inleveropgaven

Transcriptie

1 Uitwerking vierde serie inleveropgaven Opgave 1. Gegeven is dat G een permutatiegroep is; a is een willekeurig element. St(a) is de deelverzameling van G die alle permutaties π bevat waarvoor geldt π(a) = a. We gaan voor de stelling dat St(a) een groep is. Om dit te bewijzen gaan we na of St(a) aan de voorwaarden van een groep voldoet. 1. St(a) bevat het identiteitselement e. Dit klopt, want e G en e(a) = a. 2. St(a) is gesloten. Klopt, want voor ieder tweetal permutaties π 1, π 2 St(a) geldt dat π 1 π 2 G (G is een groep) en π 1 π 2 (a) = π 1 (a) = a, dus π 1 π 2 St(a). 3. St(a) bevat een inverse. Dit klopt, want voor iedere π G geldt π 1 G en π 1 (a) = π 1 (π(a)) = e(a) = a. 4. Associatief. Hieraan is voldaan, want G is associatief en voor iedere π St(a) geldt dat π G. Het aantal equivalentieklassen van St(a) is minstens zo groot als het aantal equivalentieklassen van G, want St(a) G. Dit impliceert namelijk dat indien bsc in de equivalentierelatie geïnduceerd door St(a) (er is dus een permutatie π St(a) waarvoor geldt π(b) = c), dan geldt ook dat bsc in de equivalentierelatie geïnduceerd door G zit, want π G, maar omgekeerd hoeft dit niet te gelden. Opgave 2. We kijken eerst naar de permuaties en daarna naar de vragen (a) t/m (d). Er zijn in totaal 9 ketels die op de volgende manieren rond kunnen draaien: totaal (grote schijf met alles erop): 0, 120, 240 ; de kleine schijf 0, 180 (met alle drie tegelijk). Dit combineren levert de volgende permutaties op: π 1 = ( ) dus x 9 1 (0, 0) π 2 = ( ) π 3 = ( ) π 4 = ( ) π 5 = ( ) π 6 = ( ) dus x 3 3 (120, 0) dus x 3 3 (240, 0) dus x 3 1 x3 2 (0, 180) dus x 3 x 6 (120, 180) dus x 3 x 6 (240, 180) 1

2 Dit levert de cykel index P G (x 1,..., x 6 ) = 1 6 (x9 1 + x 3 1x x x 3 x 6 ). (a) Het gaat om de eisen: aanwezigheid neutraal element: π 1. geslotenheid. Iedere permuatie bestaat uit (x, y ) met x is het aantal graden dat je de grote draaischijf draait en y het aantal graden dat je de kleine draaischijven laat draaien. Twee permutaties π i = (x i, y i ) en π j = (x j, y j ) leveren permutatie π k = (x k, y k ) met x k = x i + x j mod 360 en y k = y i + y j mod 360; en deze zit in G. Inverse: Bij π = (x, y) hoort π 1 = ( x, ȳ) met x = (360 x mod 360) en ȳ = (360 y mod 360) en (b) Zie boven: g = 6, a 1 = 1, a 2 = 1, a 3 = 2, a 4 = 2. (c) Het weglaten van de ketels 7,8,9 leidt tot de cykel index P G (x 1,..., x 6 ) = 1 6 (x6 1 + x x x 6 ). Bepaal nu de pattern inventory met w(groen) = 1, w(blauw) = 1 geeft dat iedere equivalentieklasse precies eenmaal meetelt. Vul in x i = 1 i + 1 i = 2; dit geeft uitkomst 14. (d) Er zijn nu precies 2 groene ketels, minstens één lichtblauwe en minstens één donkerblauwe (als je van dichtbij kijkt) en precies 4 blauwe ketels (als je van veraf kijkt). Wanneer je onderscheid wilt maken tussen licht- en donkerblauw, dan geef je w(groen) = g en w(lb) = w(db) = 1, dus x i = g i +2. Invullen levert de pattern inventory (g+2) 6 +(g 2 +2) 3 +2(g 3 +2) 2 +2(g 6 +2)}/6. Je zoekt de coëfficiënt van g 2. Uitwerken van de goede termen met het binomium van Newton levert uitkomst [( 6 2 ) g ( ] 3 )g /6 = 42g 2, 1 dus 42 mogelijkheden. Je moet nog corrigeren voor de situatie zonder lichtblauw dan wel donkerblauw. Om het aantal mogelijkheden zonder lichtblauw te bepalen kies je w(groen) = g, w(lb) = 0 en w(db) = 1, dus x i = g i + 1. Invullen geeft de pattern inventory (g + 1) 6 + (g 2 + 1) 3 + 2(g 3 + 1) 2 + 2(g 6 + 1)}/6. Uitwerken van de goede termen levert [( ) ( ] 6 3 g )g /6 = 3g 2, 2 1 dus 3 mogelijkheden voor deze combinatie zonder lichtblauw. Evenzo drie mogelijkheden voor de combinatie met 2 groene zonder donkerblauw. Van dichtbij zie je dus = 36 verschillende mogelijkheden. Voor veraf heb je alleen groen en blauw, dus kies w(groen) = g en w(blauw) = 1. Dit levert x i = g i + 1 op. Boven heb je al bepaald dat je dan 3 mogelijkheden hebt. In totaal zie je dus 36 3 = 33 mogelijkheden extra. 2

3 Opgave 3. Los dit op met de Pattern inventory van Polya. Op deze trap werkt alleen de identiteitspermutatie; iedere trede wordt op zichzelf afgebeeld. Dit levert P G = x 2n 1 met x 1 = (r + g + b) (waarbij r, g, b de waarden van de kleuren rood, geel en blauw zijn. Het totaal aantal mogelijke kleuringen is Inve(1, 1, 1) = 3 2n ; dit is gelijk aan het aantal kleuringen met een even aantal blauwe treden plus het aantal kleuringen met een oneven aantal blauwe treden. Verder geldt Inve(1, 1, 1) = 1 2n = 1; dit is gelijk aan het aantal kleuringen met een even aantal blauwe treden minus het aantal kleuringen met een oneven aantal blauwe treden. Hieruit kun je oplossen dat er precies (3 2n 1)/2 kleuringen is met een oneven aantal blauwe treden. Aangezien het resterende aantal treden oneven is geldt vanwege de symmetrie dat in de helft van het aantal kleuringen met een oneven aantal blauwe treden er een oneven aantal treden geel gekleurd is. Het gewenste aantal is dus (3 2n 1)/4. Opgave 4. Het idee was natuurlijk dat je deze vraag met DP zou oplossen, maar dat stond er niet bij. In geval van DP moet je de toestandsvariabelen afhankelijk maken van zowel het resterende aantal stenen als het aantal stenen dat in de vorige ronde is gepakt. Definieer f j (t) als de uitkomst voor het geval dat er nu nog j stenen liggen en dat er in de vorige ronde t zijn gepakt; f j (t) = 1 als de persoon die nu aan beurt is wint en f j (t) = 0 anders. Beide spelers proberen dus een zet te doen die tot 1 leidt. De initialisatie is f j (t) = 1 als j = 1 en t 2,..., 7}; alle overige f j (t) krijgen waarde 0. De recurrente betrekking is f j+1 (t) = 1 min 1 i t 7 f j+1 i(i), want de huidige speler verliest als de ander daaarna een winnende strategie heeft. We zoeken de waarde van max t f n (t); de optimale waarde kun je terugzoeken in de DP tabel. Ik heb deze uitgerekend; zie plaatje verderop. Begin bij n = 20. Zoek nu in de diagonaal beginnend met (19, 1) naar een 0 (die aangeeft dat Bea gaat verliezen). Mogelijkheden: (18, 2) en (17, 3); dit komt erop neer dat Arie in het begin 2 of 3 stenen moet pakken. Neem aan dat hij er 3 pakt; dit leidt tot vakje (17, 3). Nu moet Bea een aantal stenen pakken; dit leidt tot de diagonaal beginnend met (16, 1), waarbij (14, 3) verboden is. Deze hele diagonaal bevat uitsluitend waarden 1. Stel dat Bea er 5 pakt; dit leidt tot (12, 5). Arie moet nu een keuze doen op de diagonaal startend bij (11, 1). Hij kan er 3 pakken, leidend tot (9, 3) of 4 stuks (leidend tot (8, 4)). Stel dat hij er 3 pakt, dan kan Bea het nog spannend maken door er eentje te pakken (dit leidt tot (8, 1)). Nu moet Arie er 4 pakken (leidend tot (4, 4)). Bea kan het rekken door er twee te pakken (resultaat (2, 2)), waarna Arie wint door er één te pakken. Arie moet in het begin dus twee of drie stenen pakken. Opgave 5. De gedachte hier is dat je van binnen naar buiten werkt. Wanneer de buitenste twee karakters gelijk zijn, dan neem je ze op in je palindroom als begin- en eindkarakter; wanneer ze verschillend zijn, dan moet je minstens één van beiden dumpen. Definieer X[i] als het karakter op positie i (i = 1,..., n) en X[i, j] als de substring bestaande uit X[i],..., X[j]. Gebruik toestandsvariabelen f(i, j) die de lengte van het langste palindroom aangeven voor X[i, j]. Voor de initialisatie 3

4 gebruiken we 1 als i = j 0 als i > j De recurrente betrekking die je gebruikt om f(i, j) te berekenen luidt f(i + 1, j 1) + 2 als X[i] = X[j] maxf(i + 1, j), f(i, j 1)} als X[i] X[j] Je bepaalt f(i, j) in volgorde van j i (net als bij de matrixvermenigvuldigingen). De optimale waarde vind je bij f(1, n); de bijbehorende oplossing vind je door de DP-tabel na te zoeken. Opgave 6. Een pyramidale tour moet of de pijl (n 1, n) of de pijl (n, n 1) bevatten. Bereken daarom het kortste pyramidale pad van de vorm (n 1 1 n) en dat van de vorm (n 1 n 1); die sluit je kort, waarna je de kortste als de optimale pyramidale tour kiest. Om de kortste pyramidale paden te gebruiken kun je, zoals gesuggereerd, gebruik maken van de labels f(i, j), die de lengte aangeven van het kortste pyramidale pad van de vorm (i 1 j). Initialisatie: 0 als i = j = 1 anders Voeg de punten in volgorde van index toe; bepaal de labels f(i, j) in volgorde van maxi, j}. Wanneer je j + 1 toevoegt, dan krijg je de nieuwe labels f(i, j + 1) en f(j + 1, i) voor alle 4

5 i = 1,..., j. Wanneer i < j, dan kun je alleen een pyramidaal pad (i 1 j + 1) krijgen indien (j, j + 1) is toegevoegd aan het pyramidale pad (i 1 j); evenzo geldt voor f(j + 1, i) dat (j + 1, j) moet zijn toegevoegd aan (j 1 i) om een pyramidaal pad te krijgen. Hieruit volgt f(i, j + 1) = f(i, j) + l(j, j + 1) als i < j f(j + 1, i) = l(j + 1, j) + f(j, i) als i < j Een pyramidaal pad j 1 j + 1 kan alleen worden gemaakt door de kant (i, j + 1) aan het pyramidale pad j 1 i te plakken, met i = 1,..., j 1; evenzo geldt dat een pyramidaal pad j j alleen kan worden gemaakt door de kant (j + 1, i) aan het pyramidale pad i 1 j te plakken, met i = 1,..., j 1. Hieruit volgt f(j, j + 1) = f(j + 1, j) = min f(j, i) + l(i, j + 1)} i=1,...,j 1 min l(j + 1, i) + f(i, j)} i=1,...,j 1 Wanneer je uiteindelijk de waarden van de toestandsvariabelen f(i, n 1) en f(n 1, i) hebt bepaald voor i = 1,..., n 2, dan moet je nog het punt n toevoegen. Dit doe je door de pijl (n, i) of de pijl (i, n) toe te voegen. Je hebt de labels f(i, n) en f(n, i) met i < n 1 niet nodig, maar het kan geen kwaad (en het kost geen extra tijd) om ze te bepalen. Uit f(n, n 1) en f(n 1, n) kun je dan gemakkelijk de tour met minimale lengte bepalen. Je vindt dan dat de lengte van de optimale pyramidale tour gelijk is aan minf(n, n 1) + l(n 1, n), l(n, n 1) + f(n 1, n)}. Wanneer je de optimale waarde kent, dan kun je de optimale tour vinden door in de DP-recursie terug te zoeken. 5