Задача А. Мухи

Задача является вариацией довольно известной математической задачи. Главное – понять, что каждая муха всегда будет двигаться строго к соседке. В этом случае скорости мух всегда будут направлены друг к другу под одним углом, а рассматривая движение с точки зрения какой-то из мух, можно заметить, что на расстояние между ней и соседкой влияет ее скорость и проекция скорости соседки на прямую, содержащую скорость этой мухи. В результате получим, что время, через которое мухи встретятся равно T = D / (V + V cos(? – 2 ? / N)). Ну а расстояние, которое пройдет каждая из мух, легко вычисляется по магической формуле: S = VT = D / (1 + cos(? – 2 ? / N)).

Задача B. Числа

Из-за небольших ограничений задачу можно было решать множеством разных способов. Один из них – воспользоваться довольно стандартным приемом в таких задачах. Сначала немного преобразуем задачу: посчитаем, сколько раз будет выписана каждая цифра от 1 до 9, а затем посчитаем сумму. Заметим, что F(A, B, Y) = F(1, B, Y) – F(1, A – 1, Y), где A, B – границы интервала, а Y – цифра, количество которой считается. Теперь научимся считать F(1, X, Y). Для этого сначала предподсчитаем D[N] = F(1, 10^N – 1, 1). Это несложно делается по рекуррентному соотношению D[N] = D[N - 1] * 10 + 10 ^ (N – 1). Далее нужно разложить X на цифры и считать количество чисел с заданным префиксом, который нужно перебирать. Здесь проще привести код:

i64 count(i64 x, int y) {
	i64 result = 0;
	int a[20];
	int n = 0;
	if (x == 0) return 0;
	do {
		a[n++] = x % 10;
		x /= 10;
	} while (x > 0);
	int t = 0;
	for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
		for (int j = 0; j < a[i]; ++j) {
			if (j == y) {
				++t;
			}
			result += D[i] + t * B[i];
			if (j == y) {
				--t;
			}
		}
		if (a[i] == y) {
			++t;
		}
	}
	result += t;
	return result;
}

Задача C. Опасный маршрут

Один из вариантов решения – использовать алгоритм Краскала для построения остовного дерева. Уберем из графа все ребра и будем добавлять их обратно в порядке увеличения стоимости. Как только образуется путь из вершины 1 в вершину N – следует остановиться и вывести стоимость последнего добавленного ребра.

Задача D. Горки

В этой задаче также существует множество подходов. Ну а то, что в качестве ответа нужно вывести только сумму высот, добавляется множество алгоритмов, строящих неправильную последовательность, но дающих правильную сумму. Вот один из подходов. Главная проблема в этой задаче – это наличие одинаковых элементов в количестве превышающем (N + 1) / 2. Если таковых элементов нет, то всегда можно построить N / 2 горок с N / 2 наибольшими числам в качестве высот. Если же такие элементы есть, то нужно действовать хитрее. Допустим, что наиболее часто встречающееся число равно K. Если имеются числа, большие K, то используем их в качестве высот горок из двух элементов, один из которых будет равен K. Поместим эти горки в начале последовательности. В оставшейся части также будем строить горки из двух элементов (пока это возможно), но наибольшим элементом в каждой из них будет уже K.

int l = 0;
if (k != m) {
	for (int i = MAXN; i > k; --i) {
		while (c[i] > 0) {
			b[l++] = k;
			--c[i];
			b[l++] = i;
			--c[k];
		}
	}
}
int r = n - 1;
for (int i = 0; i <= k; ++i) {
	while (c[i] > 0) {
		if (r < l) {
			break;
		}
		b[r--] = k;
		--c[k];
		if (r < l) {
			break;
		}
		b[r--] = i;
		--c[i];
	}
}

Задача E. Синоптики

Также несложная задача на использование стека. Пройдем по последовательности слева направо и будем выполнять следующие действия для каждого числа: вытащим из стека все числа, меньшие текущего числа, а затем добавим это число. При этом, число на верхушке стека перед добавлением нового числа будет указывать на искомый день.

Задача F. Телепорт

Построим граф, определяемый условием задачи. При этом в качестве стоимости ребер, означающих маршруты дирижаблей, положим стоимости этих билетов на эти дирижабли, а в качестве стоимости ребер между планетами возьмем большое число, например, 10^6. Затем запустим на этом графе обычный алгоритм Дейкстры. Понятно, что наилучший путь будет использовать как можно меньше переходов между планетами из-за их большой стоимости. Пусть в результате получено число X, тогда количество переходов между планетами будет равно X / 10^6, а стоимость маршрута – X % 10^6.

Скачать собранные пакеты для Linux и Windows можно как всегда на http://code.google.com/p/qwit/.

#!/bin/bash
 
if /sbin/iwconfig 2>/dev/null | grep "wlan0.*home"
then
cp /home/arti/proxy.pac.home /home/arti/proxy.pac
elif /sbin/iwconfig 2>/dev/null | grep "wlan0.*work"
then
cp /home/arti/proxy.pac.work /home/arti/proxy.pac
else
cp /home/arti/proxy.pac.home /home/arti/proxy.pac
fi

home – название сети дома, work – на работе.

Ну а для полного счастья вызов скрипта добавляется в cron с периодичностью в 1 минуту:

* * * * * /home/arti/bin/setupProxy.sh

Наверное многие замечали в настройках прокси почти любой программы поле «Автоматическая конфигурация прокси» куда просили ввести адрес скрипта конфигурации. Как оказалось, этот скрипт – PAC-файл (proxy auto-config) просто функция на JavaScript, что позволяет довольно просто и удобно вводить гибкие правила и исключения для прокси.

Вот пример простой настройки:

function FindProxyForURL(url, host) {
// Эта строка для домашнего интернета
//	return "DIRECT";
 
// Все остальное для рабочего
// Local
	if (shExpMatch(url,"*://localhost/*") || shExpMatch(url,"*.localhost/*") || shExpMatch(url,"*.lo/*")) {
		return "DIRECT";
	}
// Work
	if (shExpMatch(url,"*://work.kz/*")) {
		return "DIRECT";
	}
	return "PROXY 12.34.56.78:9000";
}

Скрипт помещается в любое место и в поле «Автоматическая конфигурация прокси» во всех программах вводится полный путь к нему. Например, /home/arti/proxy.pac.

Процедура смены прокси: приходим домой – раскоментируем первую строку, на работу – комментируем. Да и скриптик для это несложно написать. Точно работает в Linux и должно работать в Windows.

Основные изменения:

• кэширование сообщений – теперь при очередном запуске Qwit старые сообщения берутся с диска;
• пересмотрена структура диалога настроек – используются табы;
• ну и как всегда пофиксены маленькие баги.

Скачать архив с исходными текстами или бинарную версию можно с со страницы на Google Code или на KDE-Apps.

Ну а в SVN уже есть 2 перевода: на турецкий и русский языки.

Задача A. Окружность

Во-первых, будем считать, что A1 < B1 и A2 < B2 (если это не так, то добьемся этого поменяв числа в соответствующей паре местами). Далее, нарисовав один-два случая можно заметить, что хорды будут пересекаться или касаться только в трех случаях:

• они совпадают, то есть обе вершины общие:

  ((A1 == A2) && (B1 == B2))

• одна вершина общая:

  ((A1 == A2) || (A1 == B2) || (A2 == B1) || (A2 == B2))

• вершины разные, и для каждой хорды выполняется следующее условие: если окружность разрезать по этой хорде, то вершины другой хорды должны быть в разных частях окружности:

  ((A1 < A2) && (A2 < B1) != (A1 < B2) && (B2 < B1))

Все решение заключается в проверке этих трех условий.

Задача B. Делители

Пусть число Z имеет делитель X. Это значит, что существует такое целое положительное Y, что Z = X * Y. Однако, отсюда следует, что и Y является делителем Z. То есть для любого делителя X < sqrt(Z) найдется также делитель Y > sqrt(Z) и наоборот. Получаем, что наличие у числа Z делителя не равного sqrt(Z) не влияет на четность количества делителей. Осталось два случая:

• sqrt(Z) – целое число (соответственно, являющееся делителем Z), тогда ко всем парным делителям добавляется один непарный, и количество делителей получается нечетным;
• sqrt(Z) – нецелое число, тогда количество делителей не изменяется и остается четным.

Таким образом, задача сводится к определению, является ли Z квадратом целого числа. Ну а проверить это можно, десятком различных способов: от взятия вещественного корня до бинарного поиска.

Задача C. Выгода

Интуиция просто умоляет отсортировать оба массива по убыванию и вывести сумму A[i] * B[i] для всех i от 1 до min(N, M) в качестве ответа.И, как ни странно, это решение будет правильным.

Понятно, почему нужно брать наибольшие min(N, M) чисел из каждого массива. Докажем, почему произведения нужно брать именно в таком порядке.

Оставим в каждом массиве по K = min(N, M) наибольших чисел. Затем отсортируем массив A по убыванию. Теперь нужно расставить числа в массиве B так, чтобы сумма A[i] * B[i] была оптимальным ответом.

Общий метод решения в таких случаях следующий: возьмем два соседних элемента, посчитаем искомую функцию в обоих возможных порядках и посмотрим, какое условие должно выполняться для оптимального ответа.

В нашем конкретном случае:

A[i] * B[i] + A[i + 1] * B[i + 1] > A[i] * B[i + 1] + A[i + 1] * B[i]
 
B[i] * (A[i] - A[i + 1]) > B[i + 1] * (A[i] - A[i + 1])

помня, что A[i] > A[i + 1], разделим обе части на A[i] – A[i + 1]:

B[i] > B[i + 1]

Таким образом, получили, что массив B также должен быть отсортирован по убыванию.

Задача D. Лень

Пусть ученик выучит X вопросов. Тогда в худшем случае N – A из них ему не попадутся на экзамене. Ну а остальных должно быть не меньше B чтобы получить пятерку. В общем, получается нужно выучить N – A + B вопросов.

Задача E. Спираль

Стандартная и довольно известная задача на реализацию. Нужно просто сделать то, что просят в задаче.

Задача F. Степень

Самая интересная задача и контеста. Во-первых, понятно, что нужно использовать быстрое возведение в степень. Но возникает проблема – при возведении в степень нужно считать промежуточные произведения довольно больших чисел, которое не вмещается в int64. В качестве обходного пути можно предложить посчитать произведение двух чисел, используя алгоритм быстрого возведения в степень. Более точно смотрите статью о вычислении A * B % C.

Собрались делать ремонт? Заменить старые окна поможет www.oknamaster.ru – компания предлагает производство и монтаж пластиковых окон в Москве.

А вы знали, что бывает лицензия на вывоз мусора? Разобраться с этим и другими видами лицензий поможет Юркомсити.

Определение проблемы

Для начала, вспомним, что существует так называемое решето Эратосфена, позволяющее решать нашу задачу за O(N ln ln N):

bool notPrime[MAXN + 1];
int primes[MAXN];
 
int sieve(int n) {
	int primesCount = 0;
	int sqrt_n = (int)sqrt((double)n);
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		if (!notPrime[i]) {
			primes[primesCount++] = i;
			if (i <= sqrt_n) {
				for (int j = i * i; j <= n; j += i) {
					notPrime[j] = true;
				}
			}
		}
	}
	return primesCount;
}

Почему решето работает не за линейное время? Потому что одно число в нем может вычеркиваться несколько раз (во внутреннем цикле) . Если добиться, чтобы каждое число вычеркивалось не более одного раза, то, очевидно, алгоритм будет линейным.

Решение

Чтобы сделать это, нам понадобится заменить массив notPrime[] на массив int leastPrime[MAXN + 1]. leastPrime[x] будет хранить индекс минимального простого числа в primes[], на которое делится x. Очевидно, что primes[leastPrime[x]] = x для простого x. Также, вместо того чтобы вычеркивать числа вида k * i, где i – простое, будем вычеркивать числа вида primes[k] * i, где i – это любое число, а primes[k] <= primes[leastPrime[i]]:

int leastPrime[MAXN + 1];
int primes[MAXN];
 
int advancedSieve(int n) {
	int primesCount = 0;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		if (!leastPrime[i]) {
			primes[primesCount++] = i;
			leastPrime[i] = primesCount;
		}
		for (int j = 0; j < leastPrime[i]; ++j) {
			int t = primes[j] * i;
			if (t <= n) leastPrime[t] = j + 1;
			else break;
		}
	}
	return primesCount;
}

Так как любое составное число однозначно представимо в виде primes[k] * i, где primes[k] <= primes[leastPrime[i]], то каждое из них в цикле во внутреннем цикле будет пройдено ровно один раз. Также ровно один раз в перед внутренним циклом будет обработано каждое простое число. Таким образом, каждое из чисел обрабатывается ровно один раз и, следовательно, получаем линейный алгоритм.

Заключение

На практике алгоритм работает примерно в 2 раза быстрее приведенного простого варианта решета и примерно столько же, сколько и оптимизированный вариант.

Преимущества алгоритма:

• линейная оценка времени работы (против O(N ln ln N) у решета)
• параллельно с простыми числами алгоритм вычисляет минимальный простой делитель каждого числа от 1 до N, что позволяет, если нужно, производить разложение чисел на простые множители за время, линейное от количества множителей.

Недостатки алгоритма:

• большая константа из-за постоянного умножения во внутреннем цикле, избавится от которого пока не понятно как;
• требования к памяти: алгоритм требует обязательного хранения списка простых чисел (в простом решете это необязательно), а также массива длины O(N), причем для каждого числа необходимо хранить количество битов, вмещающее sqrt(N) (против решета, в котором для одного числа достаточно хранить один бит).

Файлы:

• простое решето;
• оптимизированный вариант простого решета;
• продвинутое решето;
• оптимизированный вариант продвинутого решета.

P.S. Спасибо Андрею Лопатину, который рассказал об этом алгоритме на школьных сборах, где я и подслушал его.

Залито на RuTube по причине временного запрета загрузки на Kiwi.

Музыка для фона отсюда: http://www.penmachine.com/podcast/.

Многие пользователи GNU/Linux любят устраивать holywars по поводу, какой же дистрибутив лучше: приходя в новый коллектив пытаются поставить на сервер их «единственный верный» Gentoo/Debian/Slackware вместо «убогих» RedHat/Ubuntu, им начинают противостоять злые админы и просто иноверцы и так далее. Описанный далее прием позволяет без особого ущерба нервной системе обеим сторонам работать в своем любимом окружении на одной и той же машине одновременно.

Те, кто имел опыт работы в Gentoo, знают, насколько продумана и удобна здесь система установки пакетов из исходных кодов: автоматическое установка зависимостей, управление параметрами компиляции и т.д. Но, к сожалению, не всегда на рабочем сервере удается поставить ту систему, которую мы хотим, и приходится работать с тем, что есть. Так было и в этот раз…

Сначала опишу типичный процесс компиляции на системах отличных от Gentoo, а потом расскажу, как все замечательно в ней, и как добиться этого же где угодно. Показывать буду на примере одного пакета и одной системы, но большая часть сказанного относится и к любым другим конфигурациям. В качестве систем используются: «убогий» RedHat-like дистрибутив и «единственно верная» Gentoo.

Для работы над одним проектом мне необходимо было установить VLC на сервер, на котором крутилась система на основе RedHat. В процессе изучения вопроса было выяснено, что под RedHat и ему подобное имеется только, насколько я понял, сторонняя сборка версии 0.8.6 (для сравнения, последняя версия VLC – 0.9.8a), что не вполне приемлемо для данного вида ПО (имеется ввиду, что linux-софт для обработки мультимедиа сейчас активно развивается, и в новых версиях могут быть жизненно необходимые возможности). Таким образом было принято решение – ставить из исходников. So, let’s have game started!

Level 1

Скачан архив, запущен стандартный ./configure и началось: у тебя нету библиотеки xxx, добавь опцию –disable-xxx или установи эту библиотеку и начни сначала. И так несколько раз подряд, пока не надоело. Изучение вопроса продолжилось, в результате чего был найден каталог extras/contrib, в нем скрипт bootstrap, создающий Makefile, благодаря которому все зависимости (в идеале) должны сами скачаться и откомпилироваться. Level 2

Итак, поехали:

./bootstrap
make
...
fribidi-run.Tpo -c fribidi-run.c  -fPIC -DPIC -o .libs/fribidi-run.o
fribidi-run.c: In function 'fribidi__new_run__internal__':
fribidi-run.c:70: error: 'PAGE_SIZE' undeclared (first use in this function)
fribidi-run.c:70: error: (Each undeclared identifier is reported only once
fribidi-run.c:70: error: for each function it appears in.)
make[5]: *** [fribidi-run.lo] Error 1
...

Ладно, отключаем fribidi:

make
...
/usr/bin/ld: /.../vlc-0.9.8a/extras/contrib/lib/libz.a(compress.o): relocation R_X86_64_32 against `a local symbol' can not be used when making a shared object; recompile with -fPIC
/.../vlc-0.9.8a/extras/contrib/lib/libz.a: could not read symbols: Bad value
collect2: ld returned 1 exit status
...

Узнаем, как включить -fPIC (достаточно добавить ее в CFLAGS и CXXFLAGS в переменных окружения либо в Makefile), и с нехорошим предчувствием продолжаем:

make
...
aclocal.m4:17: error: this file was generated for autoconf 2.61.
You have another version of autoconf.  If you want to use that,
you should regenerate the build system entirely.
...

Тихо ругаемся, но не сдаемся: мы упорные, а Google – умный. Оказывается, надо сделать libtoolize –copy –force && aclocal в папке соотетствующего пакета. Что-ж продолжаем… Сделав это еще несколько раз и отключив установку нескольких некомпилирующихся пакетов, и переходим на следующий уровень.

Level 3

Теперь время комипилировать сам VLC:

./configure --disable-qt4 --disable-skins2 --disable-glx --disable-fribidi
make
...
/usr/bin/ld: /.../vlc-0.9.8a/./extras/contrib/lib/libavcodec.a(fft_mmx.o): relocation R_X86_64_32 against `a local symbol' can not be used when making a shared object; recompile with -fPIC
/.../vlc-0.9.8a/./extras/contrib/lib/libavcodec.a: could not read symbols: Bad value
collect2: ld returned 1 exit status

К сожалению, от этой ошибки избавиться уже не удалось – видимо бубен утратил волшебную силу

Альтернатива

С приятной теплотой думаем, как это просто сделать в Gentoo:

echo "media-video/vlc a52 aac aalib fbcon flac httpd id3tag libcaca libv4l2 live matroska rtsp theora v4l v4l2 vlm x264" >> /etc/portage/package.use && emerge -av vlc

К сожалению, Gentoo на рабочий сервер поставить не получится, но тут, вспоминается магическое слово – chroot… Поначалу идея кажется слегка нелепой, но немного раздумий и убедительных доводов «против» не находится:

su -
mkdir gentoo
cd gentoo
wget .../stage3-amd64-2008.0.tar.bz2
tar xjvpf stage3-amd64-2008.0.tar.bz2
wget .../portage-latest.tar.bz2
tar xjvf portage-latest.tar.bz2 -C usr/
cd ..
mount -t proc none gentoo/proc
mount -o bind /dev gentoo/dev
chroot gentoo /bin/bash
env-update
source /etc/profile
echo "media-video/vlc a52 aac aalib fbcon flac httpd id3tag libcaca libv4l2 live matroska rtsp theora v4l v4l2 vlm x264" >> /etc/portage/package.use
emerge -av vlc

Конечно experienced-users должны будут еще настроить /etc/make.conf. Ну и желательно добавить непривилегированного юзера.

Final level

Запускать установленные программы можно прямо из chroot-окружения, что по идее должно быть немного безопасней в случае, если в запускаемой программе обнаружатся какие-нибудь уязвимости. Но в принципе можно попробовать вынести ее из chroot. Здесь может возникнуть проблема с используемыми библиотеками, но, думаю, ее можно будет обойти. Может быть попробую и напишу об этом позже.

фотограф