А. Шень ðòïçòáííéòï÷áîéå ÔÅÏÒÅÍÙ É ÚÁÄÁÞÉ Издание седьмое, дополненное Москва

А. ШЕНЬ
ðòïçòáííéòï÷áîéå
ÔÅÏÒÅÍÙ É ÚÁÄÁÞÉ
Издание седьмое, дополненное
Москва
Издательство МЦНМО
2021

УДК 519.671
ББК 22.18
Ш47
Шень А.
Ш47
Программирование: теоремы и задачи. | 7-е изд., дополнен-
ное. | М.: МЦНМО, 2021. | 320 с.: ил.
ISBN 978-5-4439-1560-9
Книга содержит задачи по программированию различной трудности.
Большинство задач приводятся с решениями. Цель книги | научить основ-
ным методам построения корректных и быстрых алгоритмов.
Для учителей информатики, старшеклассников, студентов младших кур-
сов высших учебных заведений. Пособие может быть использовано на круж-
ковых и факультативных занятиях в общеобразовательных учреждениях, в
школах с углублённым изучением математики и информатики, а также в
иных целях, не противоречащих законодательству РФ.
Предыдущее издание книги вышло в 2017 г.
ББК 22.18
Предупреждение. Автор является научным
сотрудником лаборатории LIRMM в г. Монпелье
(Франция) и может рассматриваться de facto
правительством России как «иностранный агент»
в смысле поправок к «закону об иностранных
агентах», принятых 21.11.2019.
ISBN 978-5-4439-1560-9
©
А. Шень, 1995, 2021

Несколько замечаний вместо предисловия
Книга написана по материалам занятий программированием со
школьниками математических классов школы Ђ 57 г. Москвы
и студентами младших курсов (Московский государственный
университет, Независимый московский университет, университет
г. Uppsala, Швеция).
Книга написана в убеждении, что программирование имеет свой предмет,
не сводящийся ни к конкретным языкам и системам, ни к методам
построения быстрых алгоритмов.
Кто-то однажды сказал, что можно убедить в правильности алгоритма,
но не в правильности программы. Одна из целей книги | попытаться
продемонстрировать, что это не так.
В принципе, возможность практического исполнения программ не
является непременным условием изучения программирования. Однако она
является сильнейшим стимулом | без такого стимула вряд ли у кого
хватит интереса и терпения.
Выбранный жанр книги по необходимости ограничивает её
«программированием в малом», оставляя в стороне необходимую часть
программистского образования | работу по модификации больших
программ. Автор продолжает мечтать о наборе учебных программных
систем эталонного качества, доступных для модификации школьниками.
Кажется, Хоар сказал, что эстетическая прелесть программы | это не
архитектурное излишество, а то, что отличает в программировании
успех от неудачи. Если, решая задачи из этой книги, читатель
почувствует прелесть хорошо написанной программы, в которой «ни
убавить, ни прибавить», и сомнения в правильности которой кажутся
нелепыми, то автор будет считать свою цель достигнутой.
Характер глав различен: в одних предлагается набор мало связанных друг
с другом задач с решениями, в других по существу излагается
один-единственный алгоритм. Темы глав во многом пересекаются, и мы
предпочли кое-какие повторения формальным ссылкам.
Уровень трудности задач и глав весьма различен. Мы старались
включить как простые задачи, которые могут быть полезны для
начинающих, так и трудные задачи, которые могут посадить в лужу
сильного школьника. (Хоть и редко, но это бывает полезно.)

В качестве языка для записи программ был выбран паскаль. Он
достаточно прост и естествен, имеет неплохие реализации (например,
старые компиляторы Turbo Pascal фирмы Borland были выложены для
бесплатного скачивания) и позволяет записать решения всех
рассматриваемых задач. Возможно, Модула-2 или Оберон были бы более
изящным выбором, но они менее доступны.
Практически все задачи и алгоритмы, разумеется, не являются новыми.
(В некоторых редких случаях приведены ссылки на конкретную книгу или
конкретного человека. См. также список книг для дальнейшего чтения.)
Вместе с тем мы надеемся, что в некоторых случаях алгоритмы
(и особенно доказательства) изложены более коротко и отчётливо.
Это не только и не столько учебник для школьника, сколько справочник
и задачник для преподавателя, готовящегося к занятию.
Об «авторских правах»: право формулировать задачу и объяснять её
решение является неотчуждаемым естественным правом всякого, кто на
это способен. В соответствии с этим текст является свободно
распространяемым. Адреса автора: shen@mccme.ru, sasha.shen@gmail.com,
alexander.shen@lirmm.fr. Сказанное относится к русскому тексту; все
права на переводы переданы издательству Springer.
При подготовке текста использовалась (свободно распространяемая)
версия L
A
TEXа, включающая стилевые файлы, составленные
С. М. Львовским (см. ftp://ftp.mccme.ru/pub/tex/).
Я рад случаю поблагодарить всех, с кем имел честь сотрудничать, препо-
давая программирование, особенно тех, кто был «по другую сторону барри-
кады», а также всех приславших мне замечания и исправления (специаль-
ная благодарность | Ю. В. Матиясевичу). Автор благодарит В. Шувалова
за хлопоты по вёрстке, а также издательство МЦНМО. Благодарю так-
же Институт проблем передачи информации РАН, Американское матема-
тическое общество (фонд помощи бывшему СССР), фонд Сороса, универ-
ситет г. Бордо, фонд «Культурная инициатива», фонды STINT (Швеция),
CNRS (Франция), Ecole Normale (Лион, Франция), LIF (Марсель, Франция),
LIRMM (Монпелье, Франция), университет г. Уппсала (Швеция), агент-
ство ANR (грант RaCAF, ANR-15-CE40-0016-01), Российский фонд фунда-
ментальных исследований (гранты 02-01-22001 НЦНИа, 03-01-00475 и дру-
гие), а также Совет поддержки научных школ при Президенте РФ (грант
НШ-358.2003.1 ) за поддержку. Вместе с тем содержание книги отражает
точку зрения автора, за ошибки которого указанные организации и лица
ответственности не несут (и наоборот).

Содержание
1. Переменные, выражения, присваивания
8
1.1. Задачи без массивов
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.2. Массивы
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
1.3. Индуктивные функции (по А. Г. Кушниренко)
. . . . . . . 38
2. Порождение комбинаторных объектов
43
2.1. Размещения с повторениями
. . . . . . . . . . . . . . . . . 43
2.2. Перестановки
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.3. Подмножества
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.4. Разбиения
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.5. Коды Грея и аналогичные задачи
. . . . . . . . . . . . . . 49
2.6. Несколько замечаний
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.7. Подсчёт количеств
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3. Обход дерева. Перебор с возвратами
60
3.1. Ферзи, не бьющие друг друга: обход дерева позиций
. . . 60
3.2. Обход дерева в других задачах
. . . . . . . . . . . . . . . 70
4. Сортировка
72
4.1. Квадратичные алгоритмы
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
4.2. Алгоритмы порядка 𝑛 log 𝑛
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
4.3. Применения сортировки
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
4.4. Нижние оценки для числа сравнений при сортировке
. . . 82
4.5. Родственные сортировке задачи
. . . . . . . . . . . . . . . 84
5. Конечные автоматы и обработка текстов
90
5.1. Составные символы, комментарии и т. п.
. . . . . . . . . . 90
5.2. Ввод чисел
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

6
Содержание
6. Типы данных
96
6.1. Стеки
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
6.2. Очереди
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103
6.3. Множества
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
6.4. Разные задачи
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115
7. Рекурсия
117
7.1. Примеры рекурсивных программ
. . . . . . . . . . . . . . 117
7.2. Рекурсивная обработка деревьев
. . . . . . . . . . . . . . . 120
7.3. Порождение комбинаторных объектов, перебор
. . . . . . 123
7.4. Другие применения рекурсии
. . . . . . . . . . . . . . . . . 127
8. Как обойтись без рекурсии
135
8.1. Таблица значений (динамическое программирование)
. . 135
8.2. Стек отложенных заданий
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 140
8.3. Более сложные случаи рекурсии
. . . . . . . . . . . . . . . 143
9. Разные алгоритмы на графах
146
9.1. Кратчайшие пути
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
9.2. Связные компоненты, поиск в глубину и ширину
. . . . . 152
9.3. Сети, потоки и разрезы
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157
10. Сопоставление с образцом
177
10.1. Простейший пример
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
10.2. Повторения в образце | источник проблем
. . . . . . . . 180
10.3. Вспомогательные утверждения
. . . . . . . . . . . . . . . . 182
10.4. Алгоритм Кнута { Морриса { Пратта
. . . . . . . . . . . . 182
10.5. Алгоритм Бойера { Мура
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185
10.6. Алгоритм Рабина
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
10.7. Более сложные образцы и автоматы
. . . . . . . . . . . . . 189
10.8. Суффиксные деревья
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196
11. Анализ игр
209
11.1. Примеры игр
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 209
11.2. Цена игры
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
11.3. Вычисление цены: полный обход
. . . . . . . . . . . . . . . 219
11.4. Альфа-бета-процедура
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 222
11.5. Ретроспективный анализ
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226

Содержание
7
12. Оптимальное кодирование
229
12.1. Коды
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229
12.2. Неравенство Крафта { Макмиллана
. . . . . . . . . . . . . 230
12.3. Код Хаффмана
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 234
12.4. Код Шеннона { Фано
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236
13. Представление множеств. Хеширование
240
13.1. Хеширование с открытой адресацией
. . . . . . . . . . . . 240
13.2. Хеширование со списками
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243
14. Деревья. Сбалансированные деревья
249
14.1. Представление множеств с помощью деревьев
. . . . . . . 249
14.2. Сбалансированные деревья
. . . . . . . . . . . . . . . . . . 257
15. Контекстно-свободные грамматики
268
15.1. Общий алгоритм разбора
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268
15.2. Метод рекурсивного спуска
. . . . . . . . . . . . . . . . . 274
15.3. Алгоритм разбора для LL(1)-грамматик
. . . . . . . . . . 285
16. Синтаксический разбор слева направо (LR)
293
16.1. LR-процессы
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293
16.2. LR(0)-грамматики
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 299
16.3. SLR(1)-грамматики
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305
16.4. LR(1)-грамматики, LALR(1)-грамматики
. . . . . . . . . 306
16.5. Общие замечания о разных методах разбора
. . . . . . . . 309
Книги для чтения
311
Предметный указатель
312
Указатель имён
318

1. ПЕРЕМЕННЫЕ,
ВЫРАЖЕНИЯ,
ПРИСВАИВАНИЯ
1.1. Задачи без массивов
1.1.1. Даны две целые переменные a, b. Составьте фрагмент про-
граммы, после исполнения которого значения переменных поменялись
бы местами (новое значение a равно старому значению b и наоборот).
Решение. Введём дополнительную целую переменную t.
t := a;
a := b;
b := t;
Попытка обойтись без дополнительной переменной, написав
a := b;
b := a;
не приводит к цели (безвозвратно утрачивается начальное значение пе-
ременной a).
1.1.2. Решите предыдущую задачу, не используя дополнительных
переменных (и предполагая, что значениями целых переменных могут
быть произвольные целые числа).
Решение. Начальные значения a и b обозначим a0, b0.
a := a + b; {a = a0 + b0, b = b0}
b := a - b; {a = a0 + b0, b = a0}
a := a - b; {a = b0, b = a0}

1.1. Задачи без массивов
9
1.1.3. Дано целое число а и натуральное (целое неотрицательное)
число n. Вычислите an. Другими словами, необходимо составить про-
грамму, при исполнении которой значения переменных а и n не меняют-
ся, а значение некоторой другой переменной (например, b) становится
равным an. (При этом разрешается использовать и другие переменные.)
Решение. Введём целую переменную k, которая меняется от 0 до n,
причём поддерживается такое свойство: b = ak).
k := 0; b := 1;
{b = a в степени k}
while k <> n do begin
k := k + 1;
b := b * a;
end;
Другое решение той же задачи:
k := n; b := 1;
{a в степени n = b * (a в степени k)}
while k <> 0 do begin
k := k - 1;
b := b * a;
end;
1.1.4. Решите предыдущую задачу, если требуется, чтобы число
действий (выполняемых операторов присваивания) было порядка log n
(то есть не превосходило бы 𝐶 log n для некоторой константы 𝐶; log n |
это степень, в которую нужно возвести 2, чтобы получить n).
Решение. Внесём некоторые изменения во второе из предложенных
решений предыдущей задачи:
k := n; b := 1; c:=a;
{a в степени n = b * (c в степени k)}
while k <> 0 do begin
if k mod 2 = 0 then begin
k:= k div 2;
c:= c*c;
end else begin
k := k - 1;
b := b * c;
end;
end;

10
1. Переменные, выражения, присваивания
Каждый второй раз (не реже) будет выполняться первый вариант
оператора выбора (если k нечётно, то после вычитания единицы ста-
новится чётным), так что за два цикла величина k уменьшается по
крайней мере вдвое.
1.1.5. Даны натуральные числа а, b. Вычислите произведение a
·
b,
используя в программе лишь операции +, -, =, <>.
Решение.
k := 0; c := 0;
{инвариант: c = a * k}
while k <> b do begin
k := k + 1;
c := c + a;
end;
{c = a * k и k = b, следовательно, c = a * b}
1.1.6. Даны натуральные числа а и b. Вычислите их сумму а + b.
Используйте операторы присваивания лишь вида
⟨
переменная1
⟩
:=
⟨
переменная2
⟩
,
⟨
переменная
⟩
:=
⟨
число
⟩
,
⟨
переменная1
⟩
:=
⟨
переменная2
⟩
+ 1.
Решение.
...
{инвариант: c = a + k}
...
1.1.7. Дано натуральное (целое неотрицательное) число а и целое
положительное число d. Вычислите частное q и остаток r при делении а
на d, не используя операций div и mod.
Решение. Согласно определению, a = q
·
d + r, 0
6
r < d.
{a >= 0; d > 0}
r := a; q := 0;
{инвариант: a = q * d + r, 0 <= r}
while not (r < d) do begin
{r >= d}
r := r - d; {r >= 0}
q := q + 1;
end;

1.1. Задачи без массивов
11
1.1.8. Дано натуральное n, вычислите n! (0! = 1, n! = n
·
(n
−
1)!).
1.1.9. Последовательность Фибоначчи определяется так: a0 = 0,
a1 = 1, ak = ak-1 + ak-2 при k
>
2. Дано n, вычислите an.
1.1.10. Та же задача, если требуется, чтобы число операций было
пропорционально log n. (Переменные должны быть целочисленными.)
[Указание. Пара соседних чисел Фибоначчи получается из предыду-
щей умножением на матрицу
⃦
⃦
⃦
⃦
1 1
1 0
⃦
⃦
⃦
⃦
| так что задача сводится к возведению матрицы в степень n. Это
можно сделать за 𝐶 log n действий тем же способом, что и для чи-
сел.]
1.1.11. Дано натуральное n, вычислите
1
0!
+
1
1!
+ . . . +
1
n!
.
1.1.12. То же, если требуется, чтобы количество операций (выпол-
ненных команд присваивания) было бы порядка n (не более 𝐶n для не-
которой константы 𝐶).
Решение. Инвариант: sum = 1/1! + . . . + 1/k!, last = 1/k! (важно не
вычислять заново каждый раз k!).
1.1.13. Даны два натуральных числа a и b, не равные нулю одно-
временно. Вычислите НОД(a,b) | наибольший общий делитель а и b.
Решение. Вариант 1.
if a < b then begin
k := a;
end else begin
k := b;
end;
{k = min (a,b)}
{инвариант: никакое число, большее k, не является
общим делителем (оно больше одного из чисел a,b)}
while not ((a mod k = 0) and (b mod k = 0)) do begin
k := k - 1;
end;
{k - общий делитель, большие - нет}

12
1. Переменные, выражения, присваивания
Вариант 2 (алгоритм Евклида). Будем считать, что НОД(0,0)=0.
Тогда НОД(a,b) = НОД(a-b,b) = НОД(a,b-a); НОД(a,0) = НОД(0,a) = a
для всех a, b
>
0.
m := a; n := b;
{инвариант: НОД (a,b) = НОД (m,n); m,n >= 0 }
while not ((m=0) or (n=0)) do begin
if m >= n then begin
m := m - n;
end else begin
n := n - m;
end;
end;
{m = 0 или n = 0}
if m = 0 then begin
k := n;
end else begin {n = 0}
k := m;
end;
1.1.14. Напишите модифицированный вариант алгоритма Евклида,
использующий соотношения НОД(a,b) = НОД(a mod b, b) при a
>
b,
НОД(a,b) = НОД(a, b mod a) при b
>
a.
1.1.15. Даны натуральные a и b, не равные 0 одновременно. Найдите
d = НОД(a,b) и такие целые x и y, что d = a
·
x + b
·
y.
Решение. Добавим в алгоритм Евклида переменные p, q, r, s и впи-
шем в инвариант условия m = p*a+q*b; n = r*a+s*b.
m:=a; n:=b; p := 1; q := 0; r := 0; s := 1;
{инвариант: НОД (a,b) = НОД (m,n); m,n >= 0
m = p*a + q*b; n = r*a + s*b.}
while not ((m=0) or (n=0)) do begin
if m >= n then begin
m := m - n; p := p - r; q := q - s;
end else begin
n := n - m; r := r - p; s := s - q;
end;
end;
if m = 0 then begin
k :=n; x := r; y := s;
end else begin
k := m; x := p; y := q;
end;

1.1. Задачи без массивов
13
1.1.16. Решите предыдущую задачу, используя в алгоритме Евкли-
да деление с остатком.
1.1.17. (Э. Дейкстра) Добавим в алгоритм Евклида дополнительные
переменные u, v, z:
m := a; n := b; u := b; v := a;
{инвариант: НОД (a,b) = НОД (m,n); m,n >= 0 }
while not ((m=0) or (n=0)) do begin
if m >= n then begin
m := m - n; v := v + u;
end else begin
n := n - m; u := u + v;
end;
end;
if m = 0 then begin
z:= v;
end else begin {n=0}
z:= u;
end;
Докажите, что после исполнения алгоритма значение z равно удвоен-
ному наименьшему общему кратному чисел a, b: z = 2
·
НОК(a,b).
Решение. Заметим, что величина m
·
u + n
·
v не меняется в ходе вы-
полнения алгоритма. Остаётся воспользоваться тем, что вначале она
равна 2ab и что НОД(a, b)
·
НОК(a, b) = ab.
1.1.18. Напишите вариант алгоритма Евклида, использующий соот-
ношения
НОД(2a, 2b) = 2
·
НОД(a, b),
НОД(2a, b) = НОД(a, b) при нечётном b,
не включающий деления с остатком, а использующий лишь деление на 2
и проверку чётности. (Число действий должно быть порядка log k для
исходных данных, не превосходящих k.)
Решение.
m:= a; n:=b; d:=1;
{НОД(a,b) = d * НОД(m,n)}
while not ((m=0) or (n=0)) do begin
if (m mod 2 = 0) and (n mod 2 = 0) then begin
d:= d*2; m:= m div 2; n:= n div 2;
end else if (m mod 2 = 0) and (n mod 2 = 1) then begin

14
1. Переменные, выражения, присваивания
m:= m div 2;
end else if(m mod 2 = 1) and (n mod 2 = 0) then begin
n:= n div 2;
end else if (m mod 2=1) and (n mod 2=1) and (m>=n) then begin
m:= m-n;
end else if (m mod 2=1) and (n mod 2=1) and (m<=n) then begin
n:= n-m;
end;
end;
{m=0 => ответ=d*n; n=0 => ответ=d*m}
Оценка числа действий: каждое второе действие делит хотя бы одно из
чисел m и n пополам.
1.1.19. Дополните алгоритм предыдущей задачи поиском x и y, для
которых ax + by = НОД(a, b).
Решение. (Идея сообщена Д. Звонкиным.) Прежде всего заметим,
что одновременное деление a и b пополам не меняет искомых x и y. По-
этому можно считать, что с самого начала одно из чисел a и b нечётно.
(Это свойство будет сохраняться и далее.)
Теперь попытаемся, как и раньше, хранить такие числа p, q, r, s, что
m = ap + bq,
n = ar + bs.
Проблема в том, что при делении, скажем, m на 2 надо разделить p
и q на 2, и они перестанут быть целыми (а станут двоично-рациональ-
ными). Двоично-рациональное число естественно хранить в виде пары
⟨
числитель, показатель степени двойки в знаменателе
⟩
. В итоге мы по-
лучаем d в виде комбинации a и b с двоично-рациональными коэффи-
циентами. Иными словами, мы имеем
2id = ax + by
для некоторых целых x, y и натурального i. Что делать, если i > 1?
Если x и y чётны, то на 2 можно сократить. Если это не так, положение
можно исправить преобразованием
x := x + b,
y := y
−
a
(оно не меняет ax + by). Убедимся в этом. Напомним, что мы считаем,
что одно из чисел a и b нечётно. Пусть это будет a. Если при этом

1.1. Задачи без массивов
15
y чётно, то и x должно быть чётным (иначе ax + by будет нечётным).
А при нечётном y вычитание из него нечётного a делает y чётным.
1.1.20. Составьте программу, печатающую квадраты всех нату-
ральных чисел от 0 до заданного натурального n.
Решение.
k:=0;
writeln (k*k);
{инвариант: k<=n, напечатаны все
квадраты до k включительно}
while not (k=n) do begin
k:=k+1;
writeln (k*k);
end;
1.1.21. Та же задача, но разрешается использовать из арифметиче-
ских операций лишь сложение и вычитание, причём общее число дей-
ствий должно быть порядка n.
Решение. Введём переменную k square (square | квадрат), связан-
ную с k соотношением k square = k
2
:
k := 0; k_square := 0;
writeln (k_square);
while not (k = n) do begin
k := k + 1;
{k_square = (k-1) * (k-1) = k*k - 2*k + 1}
k_square := k_square + k + k - 1;
writeln (k_square);
end;
Замечание. Можно обойтись без вычитания с помощью такой хит-
рости:
while not (k = n) do begin
k_square := k_square + k;
{k_square = k*k + k}
k := k + 1;
{k_square = (k-1)*(k-1)+(k-1)=k*k-k}
k_square := k_square + k;
end;
1.1.22. Составьте программу, печатающую разложение на простые
множители заданного натурального числа n > 0 (другими словами, тре-
буется печатать только простые числа и произведение напечатанных
чисел должно быть равно n; если n = 1, печатать ничего не надо).

16
1. Переменные, выражения, присваивания
Решение. Вариант 1.
k := n;
{инвариант: произведение напечатанных чисел и k равно
n, напечатаны только простые числа}
while not (k = 1) do begin
l := 2;
{инвариант: k не имеет делителей в интервале (1,l)}
while k mod l <> 0 do begin
l := l + 1;
end;
{l - наименьший делитель k, больший 1, следовательно,
простой}
writeln (l);
k:=k div l;
end;
Вариант 2.
k := n; l := 2;
{произведение k и напечатанных чисел равно n; напечатанные
числа просты; k не имеет делителей, меньших l}
while not (k = 1) do begin
if k mod l = 0 then begin
{k делится на l и не имеет делителей,
меньших l, значит, l просто}
k := k div l;
writeln (l);
end else begin
{ k не делится на l }
l := l+1;
end;
end;
1.1.23. Составьте программу решения предыдущей задачи, исполь-
зующую тот факт, что составное число имеет делитель, не превосхо-
дящий квадратного корня из этого числа.
Решение. Во втором варианте решения вместо l:=l+1 можно напи-
сать
if l*l > k then begin
l:=k;
end else begin
l:=l+1;
end;

1.1. Задачи без массивов
17
1.1.24. Проверьте, является ли заданное натуральное число n > 1
простым.
1.1.25. (Для знакомых с основами алгебры) Дано целое гауссово
число n + m𝑖 (принадлежащее
Z
[𝑖]).
(a) Проверьте, является ли оно простым (в
Z
[𝑖]).
(б) Напечатайте его разложение на простые (в
Z
[𝑖]) множители.
1.1.26. Разрешим применять команды write(i) лишь при i = 0, 1,
2, . . . , 9. Составьте программу, печатающую десятичную запись задан-
ного натурального числа n > 0. (Случай n = 0 явился бы некоторым ис-
ключением, так как обычно нули в начале числа не печатаются, а для
n = 0 | печатаются.)
Решение.
base:=1;
{base - степень 10, не превосходящая n}
while 10 * base <= n do begin
base:= base * 10;
end;
{base - максимальная степень 10, не превосходящая n}
k:=n;
{инвариант: осталось напечатать k с тем же числом
знаков, что в base; base = 100..00}
while base <> 1 do begin
write(k div base);
k:= k mod base;
base:= base div 10;
end;
{base=1; осталось напечатать однозначное число k}
write(k);
Типичная ошибка при решении этой задачи: неправильно обрабаты-
ваются числа с нулями посередине. Приведённый инвариант допускает
случай, когда k < base; в этом случае печатание k начинается со стар-
ших нулей.
1.1.27. То же самое, но надо напечатать десятичную запись в обрат-
ном порядке. (Для n = 173 надо напечатать 371.)
Решение.
k:= n;
{инвариант: осталось напечатать k в обратном порядке}

18
1. Переменные, выражения, присваивания
while k <> 0 do begin
write (k mod 10);
k:= k div 10;
end;
1.1.28. Дано натуральное n. Подсчитайте количество решений не-
равенства x
2
+ y
2
< n в натуральных (неотрицательных целых) числах,
не используя действий с вещественными числами.
Решение.
k := 0; s := 0;
{инвариант: s = количество решений неравенства
x*x + y*y < n c x < k}
while k*k < n do begin
...
{t = число решений неравенства k*k + y*y < n
с y>=0 (при данном k) }
k := k + 1;
s := s + t;
end;
{k*k >= n, поэтому s = количество всех решений
неравенства}
Здесь ... | пока ещё не написанный кусок программы, который
будет таким:
l := 0; t := 0;
{инвариант: t = число решений
неравенства k*k + y*y < n c 0<=ywhile k*k + l*l < n do begin
l := l + 1;
t := t + 1;
end;
{k*k + l*l >= n, поэтому t = число
всех решений неравенства k*k + y*y < n}
1.1.29. Та же задача, но количество операций должно быть порядка
√
n. (В предыдущем решении, как можно подсчитать, порядка n опера-
ций.)
Решение. Нас интересуют точки решётки (с целыми координата-
ми) в первом квадранте, попадающие внутрь круга радиуса
√
n. Ин-
тересующее нас множество (назовём его X) состоит из объединения

1.1. Задачи без массивов
19
вертикальных столбцов убывающей высоты.
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
Идея решения состоит в том, чтобы «двигаться вдоль его границы»,
спускаясь по верхнему его краю, как по лестнице. Координаты движу-
щейся точки обозначим . Введём ещё одну переменную s и будем
поддерживать истинность такого условия:
 находится сразу над k-м столбцом;
s | число точек в предыдущих столбцах.
Формально:
•
l | минимальное среди тех l
>
0, для которых  не принад-
лежит X;
•
s | число пар натуральных x, y, для которых x < k и  при-
надлежит X.
Обозначим эти условия через (И).
k := 0; l := 0;
while <0,l> принадлежит X do begin
l := l + 1;
end;
{k = 0, l - минимальное среди тех l >= 0,
для которых  не принадлежит X}
s := 0;
{инвариант: И}
while not (l = 0) do begin
s := s + l;
{s - число точек в столбцах до k-го включительно}
k := k + 1;
{точка  лежит вне X, но, возможно, её надо сдвинуть
вниз, чтобы восстановить И}
while (l <> 0) and ( не принадлежит X) do begin
l := l - 1;
end;
end;
{И, l = 0, поэтому k-ый столбец и все следующие пусты, а
s равно искомому числу}

20
1. Переменные, выражения, присваивания
Оценка числа действий очевидна: сначала мы движемся вверх не более
чем на
√
n шагов, а затем вниз и вправо | в каждую сторону не более
чем на
√
n шагов.
1.1.30. Даны натуральные числа n и k, n > 1. Напечатайте k деся-
тичных знаков числа 1/n. (При наличии двух десятичных разложений
выбирается то из них, которое не содержит девятки в периоде.) Про-
грамма должна использовать только целые переменные.
Решение. Сдвинув в десятичной записи числа 1/n запятую на k мест
вправо, получим число 10k/n. Нам надо напечатать его целую часть,
то есть разделить 10k на n нацело. Стандартный способ требует ис-
пользования больших по величине чисел, которые могут выйти за
границы диапазона представимых чисел. Поэтому мы сделаем иначе
(следуя обычному методу «деления уголком») и будем хранить «оста-
ток» r:
l := 0; r := 1;
{инв.: напечатано l разрядов 1/n, осталось напечатать
k - l разрядов дроби r/n}
while l <> k do begin
write ( (10 * r) div n);
r := (10 * r) mod n;
l := l + 1;
end;
1.1.31. Дано натуральное число n > 1. Определите длину периода
десятичной записи дроби 1/n.
Решение. Период дроби равен периоду в последовательности остат-
ков (докажите это; в частности, надо доказать, что он не может быть
меньше). Кроме того, в этой последовательности все периодически по-
вторяющиеся члены различны, а предпериод имеет длину не более n.
Поэтому достаточно найти (n + 1)-й член последовательности остат-
ков и затем минимальное k, при котором (n + 1 + k)-й член совпадает
с (n + 1)-м.
l := 0; r := 1;
{инвариант: r/n = результат отбрасывания l знаков в 1/n}
while l <> n+1 do begin
r := (10 * r) mod n;
l := l + 1;
end;
c := r;

1.1. Задачи без массивов
21
{c = (n+1)-ый член последовательности остатков}
r := (10 * r) mod n;
k := 1;
{r = (n+k+1)-ый член последовательности остатков}
while r <> c do begin
r := (10 * r) mod n;
k := k + 1;
end;
1.1.32. (Сообщил Ю. В. Матиясевич) Дана функция f :
{
1 . . . N
} →
→ {
1 . . . N
}
. Найдите период последовательности 1, f(1), f(f(1)), . . .
Количество действий должно быть пропорционально суммарной дли-
не предпериода и периода (эта сумма может быть существенно мень-
ше N).
Решение. Если отбросить начальный кусок, последовательность пе-
риодична, причём все члены периода различны.
{Обозначение: f[n,1]=f(f(...f(1)...)) (n раз)}
k:=1; a:=f(1); b:=f(f(1));
{a=f[k,1]; b=f[2k,1]}
while a <> b do begin
k:=k+1; a:=f(a); b:=f(f(b));
end;
{a=f[k,1]=f[2k,1]; f[k,1] входит в периодическую часть}
l:=1; b:=f(a);
{b=f[k+l,1]; f[k,1],...,f[k+l-1,1] различны}
while a <> b do begin
l:=l+1; b:=f(b);
end;
{период равен l}
1.1.33. (Э. Дейкстра) Функция f с натуральными аргументами и
значениями определена так: f(0) = 0, f(1) = 1, f(2n) = f(n), f(2n + 1) =
= f(n) + f(n + 1). Составьте программу вычисления f(n) по заданно-
му n, требующую порядка log n операций.
Решение.
k := n; a := 1; b := 0;
{инвариант: 0 <= k, f (n) = a * f(k) + b * f (k+1)}
while k <> 0 do begin
if k mod 2 = 0 then begin
l := k div 2;

22
1. Переменные, выражения, присваивания
{k=2l, f(k)=f(l), f(k+1) = f(2l+1) = f(l) + f(l+1),
f (n) = a*f(k) + b*f(k+1) = (a+b)*f(l) + b*f(l+1)}
a := a + b; k := l;
end else begin
l := k div 2;
{k = 2l + 1, f(k) = f(l) + f(l+1),
f(k+1) = f(2l+2) = f(l+1),
f(n) = a*f(k) + b*f(k+1) = a*f(l) + (a+b)*f(l+1)}
b := a + b; k := l;
end;
end;
{k = 0, f(n) = a * f(0) + b * f(1) = b, что и требовалось}
1.1.34. То же, если f(0) = 13, f(1) = 17, f(2) = 20, f(3) = 30, f(2n) =
= 43 f(n) + 57 f(n + 1), f(2n + 1) = 91 f(n) + 179 f(n + 1) при n
>
2.
[Указание. Храните коэффициенты в выражении f(n) через три со-
седних числа.]
1.1.35. Даны натуральные числа а и b, причём b > 0. Найдите част-
ное и остаток при делении a на b, оперируя лишь с целыми числами
и не используя операции div и mod, за исключением деления на 2 чёт-
ных чисел; число шагов не должно превосходить 𝐶
1
log(a/b) + 𝐶
2
для
некоторых констант 𝐶
1
, 𝐶
2
.
Решение.
b1 := b;
while b1 <= a do begin
b1 := b1 * 2;
end;
{b1 > a, b1 = b * (некоторая степень 2)}
q:=0; r:=a;
{инвариант: q, r - частное и остаток при делении a на b1,
b1 = b * (некоторая степень 2)}
while b1 <> b do begin
b1 := b1 div 2 ; q := q * 2;
{ a = b1 * q + r, 0 <= r, r < 2 * b1}
if r >= b1 then begin
r := r - b1;
q := q + 1;
end;
end;
{q, r - частное и остаток при делении a на b}

1.2. Массивы
23
1.2. Массивы
В следующих задачах переменные x, y, z предполагаются описанны-
ми как array[1..n] of integer (где n | некоторое натуральное число,
большее 0), если иное не оговорено явно.
1.2.1. Заполните массив x нулями. (Это означает, что нужно соста-
вить фрагмент программы, после выполнения которого все значения
x[1]..x[n] равнялись бы нулю, независимо от начального значения пе-
ременной x.)
Решение.
i := 0;
{инвариант: первые i значений x[1]..x[i] равны 0}
while i <> n do begin
i := i + 1;
{x[1]..x[i-1] = 0}
x[i] := 0;
end;
1.2.2. Подсчитайте количество нулей в массиве x. (Составьте фраг-
мент программы, не меняющий значения x, после исполнения которого
значение некоторой целой переменной k равнялось бы числу нулей среди
компонент массива x.)
Решение.
...
{инвариант: k = число нулей среди x[1]..x[i] }
...
1.2.3. Не используя оператора присваивания для массивов, составь-
те фрагмент программы, эквивалентный оператору x:=y.
Решение.
i := 0;
{инвариант: значение y не изменилось, x[l]=y[l] при l<=i}
while i <> n do begin
i := i + 1;
x[i] := y[i];
end;
1.2.4. Найдите максимум из x[1]..x[n].

24
1. Переменные, выражения, присваивания
Решение.
i := 1; max := x[1];
{инвариант: max = максимум из x[1]..x[i]}
while i <> n do begin
i := i + 1;
{max = максимум из x[1]..x[i-1]}
if x[i] > max then begin
max := x[i];
end;
end;
1.2.5. Дан массив x: array[1..n] of integer, причём известно, что
x[1]
6
x[2]
6
. . .
6
x[n]. Найдите количество различных чисел среди
элементов этого массива.
Решение. Вариант 1.
i := 1; k := 1;
{инвариант: k - количество различных среди x[1]..x[i]}
while i <> n do begin
i := i + 1;
if x[i] <> x[i-1] then begin
k := k + 1;
end;
end;
Вариант 2. Искомое число на 1 больше количества тех чисел i из
1..n-1, для которых x[i] не равно x[i+1].
k := 1;
for i := 1 to n-1 do begin
if x[i]<> x[i+1] then begin
k := k + 1;
end;
end;
1.2.6. Дан массив x: array[1..n] of integer. Найдите количество
различных чисел среди элементов этого массива. (Число действий дол-
жно быть порядка n
2
.)
1.2.7. Та же задача, если требуется, чтобы количество действий
было порядка n log n.
[Указание. См. главу
4
(Сортировка).]

1.2. Массивы
25
1.2.8. Та же задача, если известно, что все элементы массива |
числа от 1 до k и число действий должно быть порядка n + k.
1.2.9. (Сообщил А. Л. Брудно) Прямоугольное поле m
×
n разбито на
mn квадратных клеток. Некоторые клетки покрашены в чёрный цвет.
Известно, что все чёрные клетки могут быть разбиты на несколько
непересекающихся и не имеющих общих вершин чёрных прямоуголь-
ников. Считая, что цвета клеток даны в виде массива типа
array [1..m] of array [1..n] of boolean;
подсчитайте число чёрных прямоугольников, о которых шла речь. Чи-
сло действий должно быть порядка mn.
Решение. Число прямоугольников равно числу их левых верхних
углов. Является ли клетка верхним углом, можно узнать, посмотрев
на её цвет, а также цвет верхнего и левого соседей. (Не забудьте, что
их может не быть, если клетка с краю.)
1.2.10. Дан массив x[1]..x[n] целых чисел. Не используя других
массивов, переставьте элементы массива в обратном порядке.
Решение. Элементы x[i] и x[n+1-i] нужно поменять местами для
всех i, для которых i < n + 1
−
i, то есть 2i < n + 1
⇔
2i
6
n
⇔
⇔
i
6
n div 2:
for i := 1 to n div 2 do begin
...поменять местами x[i] и x[n+1-i];
end;
1.2.11. (Из книги Д. Гриса) Дан массив целых чисел x[1]..x[m+n],
рассматриваемый как соединение двух его отрезков: начала x[1]..x[m]
длины m и конца x[m+1]..x[m+n] длины n. Не используя дополнитель-
ных массивов, переставьте начало и конец. (Число действий порядка
m + n.)
Решение. Вариант 1. Перевернём (расположим в обратном порядке)
отдельно начало и конец массива, а затем перевернём весь массив как
единое целое.
Вариант 2. (А. Г. Кушниренко) Рассматривая массив записанным по
кругу, видим, что требуемое действие | поворот круга. Как известно,
поворот есть композиция двух осевых симметрий.
Вариант 3. Рассмотрим более общую задачу | обмен двух участ-
ков массива x[p+1]..x[q] и x[q+1]..x[r]. Предположим, что длина
левого участка (назовём его 𝐴) не больше длины правого (назовём

26
1. Переменные, выражения, присваивания
его 𝐵). Выделим в 𝐵 начало той же длины, что и 𝐴, назовём его 𝐵
1
,
а остаток 𝐵
2
. (Так что 𝐵 = 𝐵
1
+ 𝐵
2
, если обозначать плюсом припи-
сывание массивов друг к другу.) Нам надо из 𝐴 + 𝐵
1
+ 𝐵
2
получить
𝐵
1
+ 𝐵
2
+ 𝐴. Меняя местами участки 𝐴 и 𝐵
1
| они имеют одинаковую
длину, и сделать это легко, | получаем 𝐵
1
+ 𝐴 + 𝐵
2
, и осталось поме-
нять местами 𝐴 и 𝐵
2
. Тем самым мы свели дело к перестановке двух
отрезков меньшей длины. Итак, получаем такую схему программы:
p := 0; q := m; r := m + n;
{инвариант: осталось переставить x[p+1..q], x[q+1..r]}
while (p <> q) and (q <> r) do begin
{оба участка непусты}
if (q - p) <= (r - q) then begin
..переставить x[p+1]..x[q] и x[q+1]..x[q+(q-p)]
pnew := q; qnew := q + (q - p);
p := pnew; q := qnew;
end else begin
..переставить x[q-(r-q)+1]..x[q] и x[q+1]..x[r]
qnew := q - (r - q); rnew := q;
q := qnew; r := rnew;
end;
end;
Оценка времени работы: на очередном шаге оставшийся для обработки
участок становится короче на длину 𝐴; число действий при этом также
пропорционально длине 𝐴.
1.2.12. Коэффициенты многочлена лежат в массиве a: array[0..n]
of integer (n | натуральное число, степень многочлена). Вычислите
значение этого многочлена в точке x, то есть a[n] xn + . . . + a[1] x +
+ a[0].
Решение. (Описываемый алгоритм называется схемой Горнера.)
k := 0; y := a[n];
{инвариант: 0 <= k <= n,
y= a[n]*(x в степени k)+...+a[n-1]*(x в степени k-1)+...+
+ a[n-k]*(x в степени 0)}
while k<>n do begin
k := k + 1;
y := y * x + a [n-k];
end;
1.2.13. (Для знакомых с основами анализа; сообщил А. Г. Кушни-
ренко) Дополните алгоритм вычисления значения многочлена в задан-

1.2. Массивы
27
ной точке по схеме Горнера вычислением значения его производной
в той же точке.
Решение. Добавление нового коэффициента соответствует переходу
от многочлена 𝑃 (𝑥) к многочлену 𝑥𝑃 (𝑥) + 𝑐. Его производная в точ-
ке 𝑥 равна 𝑥𝑃
′
(𝑥) + 𝑃 (𝑥). (Это решение обладает забавным свойством:
не надо знать заранее степень многочлена. Если требовать выполнения
этого условия, да ещё просить вычислять только значение производ-
ной, не упоминая о самом многочлене, получается не такая уж простая
задача.)
Общее утверждение о сложности вычисления производных таково:
1.2.14. (В. Баур, Ф. Штрассен) Дана программа вычисления значе-
ния некоторого многочлена 𝑃 (𝑥
1
, . . . , 𝑥
𝑛
), содержащая только команды
присваивания. Их правые части | выражения, содержащие сложение,
умножение, константы, переменные 𝑥
1
, . . . , 𝑥
𝑛
и ранее встречавшиеся
(в левой части) переменные. Докажите, что существует программа то-
го же типа, вычисляющая все 𝑛 производных 𝜕𝑃/𝜕𝑥
1
, . . . , 𝜕𝑃/𝜕𝑥
𝑛
, при-
чём общее число арифметических операций не более чем в 𝐶 раз пре-
восходит число арифметических операций в исходной программе. Кон-
станта 𝐶 не зависит от 𝑛.
[Указание. Можно считать, что каждая команда | сложение двух
чисел, умножение двух чисел или умножение на константу. Используй-
те индукцию по числу команд, применяя индуктивное предположение
к программе, получающейся отбрасыванием первой команды.]
1.2.15. В массивах a: array[0..k] of integer и b: array[0..l] of
integer хранятся коэффициенты двух многочленов степеней k и l. По-
местите в массив c: array[0..m] of integer коэффициенты их про-
изведения. (Числа k, l, m | натуральные, m = k + l; элемент массива
с индексом i содержит коэффициент при степени i.)
Решение.
for i:=0 to m do begin
c[i]:=0;
end;
for i:=0 to k do begin
for j:=0 to l do begin
c[i+j] := c[i+j] + a[i]*b[j];
end;
end;

28
1. Переменные, выражения, присваивания
1.2.16. Предложенный выше алгоритм перемножения многочленов
требует порядка 𝑛
2
действий для перемножения двух многочленов сте-
пени 𝑛. Придумайте более эффективный (для больших 𝑛) алгоритм,
которому достаточно порядка 𝑛
log 4/ log 3
действий.
[Указание. Представим себе, что надо перемножить два многочлена
степени 2𝑘. Их можно представить в виде
𝐴(𝑥) 𝑥
𝑘
+ 𝐵(𝑥) и 𝐶(𝑥) 𝑥
𝑘
+ 𝐷(𝑥).
Произведение их равно
𝐴(𝑥)𝐶(𝑥) 𝑥
2𝑘
+ (𝐴(𝑥)𝐷(𝑥) + 𝐵(𝑥)𝐶(𝑥)) 𝑥
𝑘
+ 𝐵(𝑥)𝐷(𝑥).
Естественный способ вычисления 𝐴𝐶, 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶, 𝐵𝐷 требует четы-
рёх умножений многочленов степени 𝑘, однако их количество можно
сократить до трёх с помощью такой хитрости: вычислить 𝐴𝐶, 𝐵𝐷
и (𝐴 + 𝐵)(𝐶 + 𝐷), а затем заметить, что 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶 = (𝐴 + 𝐵)(𝐶 + 𝐷)
−
−
𝐴𝐶
−
𝐵𝐷.]
1.2.17. Даны два возрастающих массива x: array[1..k] of integer
и y: array[1..l] of integer. Найдите количество общих элементов
в этих массивах, то есть количество тех целых t, для которых t =
= x[i] = y[j] для некоторых i и j. (Число действий порядка k + l.)
Решение.
k1:=0; l1:=0; n:=0;
{инвариант: 0<=k1<=k; 0<=l1<=l;
искомый ответ = n + количество общих
элементов в x[k1+1]..x[k] и y[l1+1]..y[l]}
while (k1 <> k) and (l1 <> l) do begin
if x[k1+1] < y[l1+1] then begin
k1 := k1 + 1;
end else if x[k1+1] > y[l1+1] then begin
l1 := l1 + 1;
end else begin {x[k1+1] = y[l1+1]}
k1 := k1 + 1;
l1 := l1 + 1;
n := n + 1;
end;
end;
{k1 = k или l1 = l, поэтому одно из множеств, упомянутых
в инварианте, пусто, а n равно искомому ответу}

1.2. Массивы
29
Замечание. В третьей альтернативе достаточно было бы увеличи-
вать одну из переменных k1, l1; вторая добавлена для симметрии.
1.2.18. Решите предыдущую задачу, если про массивы известно
лишь, что x[1]
6
. . .
6
x[k] и y[1]
6
. . .
6
y[l] (возрастание замене-
но неубыванием).
Решение. Условие возрастания было использовано в третьей альтер-
нативе выбора: сдвинув k1 и l1 на 1, мы тем самым уменьшали на 1
количество общих элементов в x[k1+1] . . . x[k] и x[l1+1] . . . x[l]. Те-
перь это придётся делать сложнее.
...
end else begin {x[k1+1] = y[l1+1]}
t := x [k1+1];
while (k1k1 := k1 + 1;
end;
while (l1l1 := l1 + 1;
end;
n := n + 1;
end;
Замечание. Эта программа имеет дефект: при проверке условия
(k1(или второго, аналогичного) при ложной первой скобке вторая окажет-
ся бессмысленной (индекс выйдет за границы массива) и возникнет
ошибка. Некоторые версии паскаля, вычисляя A and B, сначала вычи-
сляют A и при ложном A не вычисляют B. (Так ведёт себя, например,
система Turbo Pascal версии 5.0 | но не 3.0.) Тогда описанная ошибка
не возникнет.
Но если мы не хотим полагаться на такое свойство используемой
нами реализации паскаля (не предусмотренное его автором Н. Вир-
том), то можно поступить так. Введём дополнительную переменную
b: boolean и напишем:
if k1 < k then b := (x[k1+1]=t) else b:=false;
{b = (k1while b do begin
k1:=k1+1;
if k1 < k then b := (x[k1+1]=t) else b:=false;
end;

30
1. Переменные, выражения, присваивания
Можно также сделать иначе:
end else begin {x[k1+1] = y[l1+1]}
if k1 + 1 = k then begin
k1 := k1 + 1;
n := n + 1;
end else if x[k1+1] = x [k1+2] then begin
k1 := k1 + 1;
end else begin
k1 := k1 + 1;
n := n + 1;
end;
end;
Так будет короче, хотя менее симметрично.
Наконец, можно увеличить размер массива в его описании, включив
в него фиктивные элементы.
1.2.19. Даны два неубывающих массива x: array[1..k] of integer
и y: array[1..l] of integer. Найдите число различных элементов сре-
ди x[1], . . . , x[k], y[1], . . . , y[l]. (Число действий порядка k + l.)
1.2.20. Даны два массива x[1]
6
. . .
6
x[k] и y[1]
6
. . .
6
y[l]. «Со-
едините» их в массив z[1]
6
. . .
6
z[m] (m = k + l; каждый элемент дол-
жен входить в массив z столько раз, сколько раз он входит в общей
сложности в массивы x и y). Число действий порядка m.
Решение.
k1 := 0; l1 := 0;
{инвариант: ответ получится, если к z[1]..z[k1+l1] добавить
справа соединение массивов x[k1+1]..x[k] и y[l1+1]..y[l]}
while (k1 <> k) or (l1 <> l) do begin
if k1 = k then begin
{l1 < l}
l1 := l1 + 1;
z[k1+l1] := y[l1];
end else if l1 = l then begin
{k1 < k}
k1 := k1 + 1;
z[k1+l1] := x[k1];
end else if x[k1+1] <= y[l1+1] then begin
k1 := k1 + 1;
z[k1+l1] := x[k1];
end else if x[k1+1] >= y[l1+1] then begin

1.2. Массивы
31
l1 := l1 + 1;
z[k1+l1] := y[l1];
end else begin
{ такого не бывает }
end;
end;
{k1 = k, l1 = l, массивы соединены}
Этот процесс можно пояснить так. Пусть у нас есть две стопки кар-
точек, отсортированных по алфавиту. Мы соединяем их в одну стоп-
ку, выбирая каждый раз ту из верхних карточек обеих стопок, которая
идёт раньше в алфавитном порядке. Если в одной стопке карточки кон-
чились, берём их из другой стопки.
1.2.21. Даны два массива x[1]
6
. . .
6
x[k] и y[1]
6
. . .
6
y[l]. Най-
дите их «пересечение», то есть массив z[1]
6
. . .
6
z[m], содержащий их
общие элементы, причём кратность каждого элемента в массиве z рав-
няется минимуму из его кратностей в массивах x и y. Число действий
порядка k + l.
1.2.22. Даны два массива x[1]
6
. . .
6
x[k] и y[1]
6
. . .
6
y[l] и чи-
сло q. Найдите сумму вида x[i] + y[j], наиболее близкую к числу q.
(Число действий порядка k+l, дополнительная память | фиксирован-
ное число целых переменных, сами массивы менять не разрешается.)
[Указание. Надо найти минимальное расстояние между элемента-
ми x[1]
6
. . .
6
x[k] и q
−
y[l]
6
. . .
6
q
−
y[1], что нетрудно сделать
в ходе их слияния в один (воображаемый) массив.]
1.2.23. (Из книги Д. Гриса) Некоторое число содержится в каж-
дом из трёх целочисленных неубывающих массивов x[1]
6
. . .
6
x[p],
y[1]
6
. . .
6
y[q], z[1]
6
. . .
6
z[r]. Найдите одно из таких чисел. Чи-
сло действий должно быть порядка p + q + r.
Решение.
p1:=1; q1=1; r1:=1;
{инвариант: x[p1]..x[p], y[q1]..y[q], z[r1]..z[r]
содержат общий элемент}
while not ((x[p1]=y[q1]) and (y[q1]=z[r1])) do begin
if x[p1]p1:=p1+1;
end else if y[q1]q1:=q1+1;
end else if z[r1]

32
1. Переменные, выражения, присваивания
r1:=r1+1;
end else begin
{ так не бывает }
end;
end;
{x[p1] = y[q1] = z[r1]}
writeln (x[p1]);
1.2.24. Та же задача, только заранее не известно, существует ли
общий элемент в трёх неубывающих массивах и требуется это выяснить
(и найти один из общих элементов, если они есть).
1.2.25. Элементами массива a[1..n] являются неубывающие масси-
вы [1..m] целых чисел:
a: array [1..n] of array [1..m] of integer;
a[1][1]
6
. . .
6
a[1][m], . . . , a[n][1]
6
. . .
6
a[n][m].
Известно, что существует число, входящее во все массивы a[i] (су-
ществует такое x, что для всякого i из 1..n найдётся j из 1..m, для
которого a[i][j] = x). Найдите одно из таких чисел х.
Решение. Введём массив b[1] . . . b[n], отмечающий начало «остаю-
щейся части» массивов a[1], . . . , a[n].
for k:=1 to n do begin
b[k]:=1;
end;
eq := true;
for k := 2 to n do begin
eq := eq and (a[1][b[1]] = a[k][b[k]]);
end;
{инвариант: оставшиеся части пересекаются, т.е. существует
такое х, что для всякого i из [1..n] найдётся j из [1..m],
не меньшее b[i], для которого a[i][j] = х; eq <=> первые
элементы оставшихся частей равны}
while not eq do begin
s := 1; k := 1;
{a[s][b[s]] - минимальное среди a[1][b[1]]..a[k][b[k]]}
while k <> n do begin
k := k + 1;
if a[k][b[k]] < a[s][b[s]] then begin
s := k;
end;

1.2. Массивы
33
end;
{a[s][b[s]] - минимальное среди a[1][b[1]]..a[n][b[n]]}
b [s] := b [s] + 1;
for k := 2 to n do begin
eq := eq and (a[1][b[1]] = a[k][b[k]]);
end;
end;
writeln (a[1][b[1]]);
1.2.26. Приведённое решение предыдущей задачи требует порядка
mn
2
действий. Придумайте способ с числом действий порядка mn.
[Указание. Придётся пожертвовать симметрией и выбрать одну из
строк за основную. Двигаясь по основной строке, поддерживаем такое
соотношение: во всех остальных строках отмечен максимальный эле-
мент, не превосходящий текущего элемента основной строки.]
1.2.27. (Двоичный поиск) Дана последовательность x[1]
6
. . .
6
x[n]
целых чисел и число a. Выясните, содержится ли a в этой последова-
тельности, то есть существует ли i из 1..n, для которого x[i] = a.
(Количество действий порядка log n.)
Решение. (Предполагаем, что n > 0.)
l := 1; r := n+1;
{r > l, если a есть вообще, то есть и среди x[l]..x[r-1]}
while r - l <> 1 do begin
m := l + (r-l) div 2 ;
{l < m < r }
if x[m] <= a then begin
l := m;
end else begin {x[m] > a}
r := m;
end;
end;
(Обратите внимание, что и в случае x[m] = a инвариант не наруша-
ется.)
Каждый раз r
−
l уменьшается примерно вдвое, откуда и вытекает
требуемая оценка числа действий.
Замечание.
l + (r-l) div 2 = (2l + (r
−
l)) div 2 = (r + l) div 2.

34
1. Переменные, выражения, присваивания
В этой задаче существенно, что массив упорядочен | поиск в неупо-
рядоченном массиве требует времени, пропорционального длине масси-
ва. (Чтобы убедиться, что какого-то числа нет в массиве, надо просмо-
треть все его элементы.)
1.2.28. (Из книги Д. Гриса) Имеется массив x: array[1..n] of
array[1..m] of integer, упорядоченный по строкам и по столбцам:
x[i][j]
6
x[i][j+1],
x[i][j]
6
x[i+1][j],
и число a. Требуется выяснить, встречается ли a среди x[i][j].
Решение. Представляя себе массив x как матрицу (прямоугольник,
заполненный числами), мы выберем прямоугольник, в котором только
и может содержаться a, и будем его сужать. Прямоугольник этот будет
содержать x[i][j] при 1
6
i
6
l и k
6
j
6
m
n
l
1
1
k
m
?
(допускаются пустые прямоугольники при l = 0 и k = m + 1).
l:=n; k:=1;
{l>=0, k<=m+1, если a есть, то в описанном прямоугольнике}
while (l > 0) and (k < m+1) and (x[l][k] <> a) do begin
if x[l][k] < a then begin
k := k + 1; {левый столбец не содержит a, удаляем его}
end else begin {x[l][k] > a}
l := l - 1; {нижняя строка не содержит a, удаляем её}
end;
end;
{x[l][k] = a или прямоугольник пуст }
answer:= (l > 0) and (k < m+1) ;
Замечание. Здесь та же ошибка: x[l][k] может оказаться неопре-
делённым. (Её исправление предоставляется читателю.)

1.2. Массивы
35
1.2.29. (Московская олимпиада по программированию) Дан неубы-
вающий массив положительных целых чисел a[1]
6
a[2]
6
. . .
6
a[n].
Найдите наименьшее целое положительное число, не представимое в ви-
де суммы нескольких элементов этого массива (каждый элемент мас-
сива может быть использован не более одного раза). Число действий
порядка n.
Решение. Пусть известно, что числа, представимые в виде суммы
элементов a[1], . . . , a[k], заполняют отрезок от 1 до некоторого N. Ес-
ли a[k+1] > N+1, то N+1 и будет минимальным числом, не представимым
в виде суммы элементов массива a[1] . . . a[n]. Если же a[k+1]
6
N+1,
то числа, представимые в виде суммы элементов a[1] . . . a[k+1], запол-
няют отрезок от 1 до N+a[k+1].
k := 0; N := 0;
{инвариант: числа, представимые в виде суммы элементов
массива a[1]..a[k], заполняют отрезок 1..N}
while (k <> n) and (a[k+1] <= N+1) do begin
N := N + a[k+1];
k := k + 1;
end;
{(k = n) или (a[k+1] > N+1); в обоих случаях ответ N+1}
writeln (N+1);
(Снова тот же дефект: в условии цикла при ложном первом условии
второе не определено.)
1.2.30. (Для знакомых с основами алгебры) В целочисленном мас-
сиве a[1] . . . a[n] хранится перестановка чисел 1 . . . n (каждое из чисел
встречается по одному разу).
(а) Определите чётность перестановки. (И в (а), и в (б) количество
действий порядка 𝑛.)
(б) Не используя других массивов, замените перестановку на обрат-
ную (если до работы программы a[i] = j, то после должно быть a[j] =
= i).
[Указание. (а) Чётность перестановки определяется количеством ци-
клов. Чтобы отличать уже пройденные циклы, у их элементов можно,
например, менять знак. (б) Обращение производим по циклам.]
1.2.31. Дан массив a[1..n] и число b. Переставьте числа в массиве
таким образом, чтобы слева от некоторой границы стояли числа, мень-
шие или равные b, а справа от границы | большие или равные b. Число
действий порядка n.

36
1. Переменные, выражения, присваивания
Решение.
l:=0; r:=n;
{инвариант: a[1]..a[l]<=b; a[r+1]..a[n]>=b}
while l <> r do begin
if a[l+1] <= b then begin
l:=l+1;
end else if a[r] >=b then begin
r:=r-1;
end else begin {a[l+1]>b; a[r]..поменять a[l+1] и a[r]
l:=l+1; r:=r-1;
end;
end;
1.2.32. Та же задача, но требуется, чтобы сначала шли элементы,
меньшие b, затем равные b, а лишь затем большие b.
Решение. Теперь потребуются три границы: до первой будут идти
элементы, меньшие b, от первой до второй | равные b, затем неиз-
вестно какие до третьей, а после третьей | большие b. (Более сим-
метричное решение использовало бы четыре границы, но вряд ли игра
стоит свеч.) В качестве очередного рассматриваемого элемента берём
элемент справа от средней границы.
l:=0; m:=0; r:=n;
{инвариант: a[1..l]b}
while m <> r do begin
if a[m+1]=b then begin
m:=m+1;
end else if a[m+1]>b then begin
..обменять a[m+1] и a[r]
r:=r-1;
end else begin {a[m+1]..обменять a[m+1] и a[l+1]
l:=l+1; m:=m+1;
end;
end;
1.2.33. (Вариант предыдущей задачи, названный в книге Дейкстры
задачей о голландском флаге.) В массиве длины n стоят числа 0, 1 и 2.
Переставьте их в порядке возрастания, если единственной разрешённой
операцией (помимо чтения) над массивом является перестановка двух
элементов. Число действий порядка n.

1.2. Массивы
37
1.2.34. Дан массив a[1..n] и число m
6
n. Для каждого участка из
m стоящих рядом членов (таких участков, очевидно, n
−
m + 1) вычи-
слите его сумму. Общее число действий должно быть порядка n.
Решение. Переходя от участка к соседнему, мы добавляем один
член, а другой вычитаем.
В этом решении ключевую роль играет возможность вычитания |
скажем, если бы надо было вычислять не сумму, а максимум, то так
действовать было нельзя. Тем не менее это тоже возможно, как пока-
зывает следующая задача (сообщил А. Г. Коган):
1.2.35. Дан массив a[1..n] и число m
6
n. Для каждого участка из
m стоящих рядом членов (таких участков, очевидно, n
−
m + 1) вычисли-
те максимум значений на этом участке. Общее число действий должно
быть порядка n.
Решение. Разобьём массив на блоки по m элементов, и для каждого
элемента вычислим максимум элементов, стоящих в том же блоке слева
от него, а также максимум элементов, стоящих в том же блоке спра-
ва от него (включая сам этот элемент). Это можно сделать, пройдя по
каждому блоку слева направо, а также справа налево. Осталось заме-
тить, что каждый участок длины 𝑚 либо совпадает с одним из блоков,
либо разбивается границей блока на две части, для каждой из которых
максимум мы уже вычислили.
Такой способ годится для любой ассоциативной операции (а не то-
лько для максимума).
1.2.36. Дана квадратная таблица a[1..n][1..n] и число m
6
n. Для
каждого квадрата m
×
m в этой таблице вычислите сумму стоящих в нём
чисел. Общее число действий порядка n
2
.
Решение. Сначала для каждого горизонтального прямоугольника
размером m
×
1 вычисляем сумму стоящих в нём чисел. (При сдвиге
такого прямоугольника по горизонтали на 1 нужно добавить одно чи-
сло и одно вычесть.) Затем, используя эти суммы, вычисляем суммы
в квадратах. (При сдвиге квадрата по вертикали добавляется полоска,
а другая полоска убавляется.)
1.2.37. Как решить предыдущую задачу, если сумма по квадрату
заменена на максимум?
[Указание. Сравните задачи
1.2.34
и
1.2.35
.]

38
1. Переменные, выражения, присваивания
1.2.38. В массиве a[1] . . . a[n] встречаются по одному разу все це-
лые числа от 0 до n, кроме одного. Найдите пропущенное число за время
порядка n и с конечной дополнительной памятью.
[Указание. Сложите все числа в массиве.]
1.3. Индуктивные функции (по А. Г. Кушниренко)
Пусть M | некоторое множество. Функция f, аргументами которой
являются последовательности элементов множества M, а значениями |
элементы некоторого множества N, называется индуктивной, если её
значение на последовательности x[1] . . . x[n] можно восстановить по
её значению на последовательности x[1] . . . x[n-1] и по x[n], то есть
если существует функция F: N
×
M
→
N, для которой
f(
⟨
x[1], . . . , x[n]
⟩
) = F( f(
⟨
x[1], . . . , x[n-1]
⟩
), x[n]).
Например, функция sum (сумма всех членов последовательности) ин-
дуктивна, поскольку очередной член последовательности прибавляется
к её сумме:
sum(
⟨
x[1], . . . , x[n]
⟩
) = sum(
⟨
x[1], . . . , x[n-1]
⟩
) + x[n].
Другой пример индуктивной функции | длина последовательности.
В этом случае F(n, m) = n + 1.
Напротив, среднее арифметическое не является индуктивной функ-
цией: если мы знаем среднее арифметическое некоторой последователь-
ности, но не знаем её длины, то не можем предсказать, каким ста-
нет среднее арифметическое после дописывания некоторого (известно-
го нам) числа.
Схема алгоритма вычисления индуктивной функции:
k := 0; f := f0;
{инвариант: f - значение функции на }
while k<>n do begin
k := k + 1;
f := F (f, x[k]);
end;
Здесь f0 | значение функции на пустой последовательности (по-
следовательности длины 0). Если функция f определена только на не-

1.3. Индуктивные функции (по А. Г. Кушниренко)
39
пустых последовательностях, то первая строка заменяется на
k:=1; f:=f();
Если функция f не является индуктивной, полезно искать её индук-
тивное расширение | такую индуктивную функцию g, значения кото-
рой определяют значения f (это значит, что существует такая функ-
ция t, что
f(
⟨
x[1] . . . x[n]
⟩
) = t(g(
⟨
x[1] . . . x[n]
⟩
))
при всех
⟨
x[1] . . . x[n]
⟩
). Можно доказать, что среди всех индуктив-
ных расширений существует минимальное расширение F (минималь-
ность означает, что для любого индуктивного расширения g значения F
определяются значениями g).
1.3.1. Укажите индуктивные расширения для следующих функций:
(а) среднее арифметическое последовательности чисел;
(б) число элементов последовательности целых чисел, равных её мак-
симальному элементу;
(в) второй по величине элемент последовательности целых чисел
(тот, который будет вторым, если переставить члены в неубывающем
порядке);
(г) максимальное число идущих подряд одинаковых элементов;
(д) максимальная длина монотонного (неубывающего или невозра-
стающего) участка из идущих подряд элементов в последовательности
целых чисел;
(е) число групп из единиц, разделённых нулями (в последовательно-
сти нулей и единиц).
Решение.
(а)
⟨
сумма всех членов последовательности; длина
⟩
;
(б)
⟨
число элементов, равных максимальному; значение максималь-
ного
⟩
;
(в)
⟨
наибольший элемент последовательности; второй по величине
элемент
⟩
;
(г)
⟨
максимальное число идущих подряд одинаковых элементов; чи-
сло идущих подряд одинаковых элементов в конце последовательности;
последний элемент последовательности
⟩
;
(д)
⟨
максимальная длина монотонного участка; максимальная дли-
на неубывающего участка в конце последовательности; максимальная
длина невозрастающего участка в конце последовательности; послед-
ний член последовательности
⟩
;
(е)
⟨
число групп из единиц, последний член
⟩
.

40
1. Переменные, выражения, присваивания
1.3.2. (Сообщил Д. В. Варсанофьев) Даны две последовательности
целых чисел x[1] . . . x[n] и y[1] . . . y[k]. Выясните, является ли вторая
последовательность подпоследовательностью первой, то есть можно ли
из первой вычеркнуть некоторые члены так, чтобы осталась вторая.
Число действий порядка n + k.
Решение. Вариант 1. Будем сводить задачу к задаче меньшего раз-
мера.
n1:=n;
k1:=k;
{инвариант: искомый ответ <=> возможность из x[1]..x[n1]
получить y[1]..y[k1] }
while (n1 > 0) and (k1 > 0) do begin
if x[n1] = y[k1] then begin
n1 := n1 - 1;
k1 := k1 - 1;
end else begin
n1 := n1 - 1;
end;
end;
{n1 = 0 или k1 = 0; если k1 = 0, то ответ - да, если k1<>0
(и n1 = 0), то ответ - нет}
answer := (k1 = 0);
Мы использовали то, что если x[n1] = y[k1] и y[1] . . . y[k1] | под-
последовательность x[1] . . . x[n1], то y[1] . . . y[k1-1] | подпоследова-
тельность x[1] . . . x[n1-1].
Вариант 2. Функция
⟨
x[1] . . . x[n1]
⟩ ↦→
[максимальное k1, для кото-
рого y[1] . . . y[k1] есть подпоследовательность x[1] . . . x[n1]] индук-
тивна.
1.3.3. Даны две последовательности x[1] . . . x[n] и y[1] . . . y[k] це-
лых чисел. Найдите максимальную длину последовательности, явля-
ющейся подпоследовательностью обеих последовательностей. Количе-
ство операций порядка n
·
k.
Решение (сообщено М. Н. Вайнцвайгом, А. М. Диментманом). Обо-
значим через f(p, q) максимальную длину общей подпоследовательно-
сти последовательностей x[1] . . . x[p] и y[1] . . . y[q]. Тогда
x[p]
̸
= y[q]
⇒
f(p, q) = max (f(p, q
−
1), f(p
−
1, q));
x[p] = y[q]
⇒
f(p, q) = max (f(p, q
−
1), f(p
−
1, q), f(p
−
1, q
−
1)+1).

1.3. Индуктивные функции (по А. Г. Кушниренко)
41
(Поскольку f(p
−
1, q
−
1) + 1
>
f(p, q
−
1), f(p
−
1, q), во втором слу-
чае максимум трёх чисел можно заменить на третье из них.) Поэтому
можно заполнять таблицу значений функции f, имеющую размер n
·
k.
Можно обойтись и памятью порядка k (или n), если индуктивно (по p)
вычислять
⟨
f(p,0), . . . , f(p,k)
⟩
(как функция от p этот набор индук-
тивен).
1.3.4. (Из книги Д. Гриса) Дана последовательность целых чисел
x[1], . . . , x[n]. Найдите максимальную длину её возрастающей подпо-
следовательности (число действий порядка n log n).
Решение. Искомая функция не индуктивна, но имеет следующее
индуктивное расширение: в него входят помимо максимальной длины
возрастающей подпоследовательности (обозначим её k) также и числа
u[1], . . . , u[k], где u[i] | минимальный из последних членов возраста-
ющих подпоследовательностей длины i. Очевидно, u[1]
6
. . .
6
u[k].
При добавлении нового члена в x значения u и k корректируются.
n1 := 1; k := 1; u[1] := x[1];
{инвариант: k и u соответствуют данному выше описанию}
while n1 <> n do begin
n1 := n1 + 1;
...
{i - наибольшее из тех чисел отрезка 1..k, для
которых u[i] < x[n1]; если таких нет, то i=0 }
if i = k then begin
k := k + 1;
u[k+1] := x[n1];
end else begin {i < k, u[i] < x[n1] <= u[i+1] }
u[i+1] := x[n1];
end;
end;
Фрагмент ... использует идею двоичного поиска; в инварианте услов-
но полагаем u[0] равным минус бесконечности, а u[k+1] | плюс бес-
конечности. Наша цель: u[i] < x[n1]
6
u[i+1].
i:=0; j:=k+1;
{u[i] < x[n1] <= u[j], j > i}
while (j - i) <> 1 do begin
s := i + (j-i) div 2;
{i < s < j}
if x[n1] <= u[s] then begin
j := s;
end else begin {u[s] < x[n1]}

42
1. Переменные, выражения, присваивания
i := s;
end;
end;
{u[i] < x[n1] <= u[j], j-i = 1}
Замечание. Более простое (но не минимальное) индуктивное рас-
ширение получится, если для каждого i хранить максимальную длину
возрастающей подпоследовательности, оканчивающейся на x[i]. Это
расширение приводит к алгоритму с числом действий порядка n
2
. Есть
и другой изящный алгоритм с квадратичным временем работы (со-
общил М. В. Вьюгин): найти максимальную общую подпоследователь-
ность исходной последовательности и отсортированной последователь-
ности с помощью предыдущей задачи.
1.3.5. Какие изменения нужно внести в решение предыдущей за-
дачи, если надо искать максимальную неубывающую последователь-
ность?

2. ПОРОЖДЕНИЕ
КОМБИНАТОРНЫХ
ОБЪЕКТОВ
Здесь собраны задачи, в которых требуется получить один за дру-
гим все элементы некоторого множества.
2.1. Размещения с повторениями
2.1.1. Напечатайте все последовательности длины k из чисел 1..n.
Решение. Будем печатать их в лексикографическом порядке (после-
довательность a предшествует последовательности b, если для некото-
рого s их начальные отрезки длины s равны, а (s+1)-й член последова-
тельности a меньше). Первой будет последовательность <1,1,...,1>,
последней | последовательность . Будем хранить послед-
нюю напечатанную последовательность в массиве x[1]..x[k].
...x[1]..x[k] положить равными 1
...напечатать x
...last[1]..last[k] положить равным n
{напечатаны все до x включительно}
while x <> last do begin
...x := следующая за x последовательность
...напечатать x
end;
Опишем, как можно перейти от x к следующей последовательности.
Согласно определению, у следующей последовательности первые s чле-
нов должны быть такими же, а (s+1)-й | больше. Это возможно, если
x[s+1] меньше n. Среди таких s нужно выбрать наибольшее (иначе
полученная последовательность не будет непосредственно следующей).

44
2. Порождение комбинаторных объектов
Соответствующее x[s+1] нужно увеличить на 1. Итак, надо, двигаясь
с конца последовательности, найти самый правый член, меньший n (он
найдётся, т. к. по предположению x<>last), увеличить его на 1, а иду-
щие за ним члены положить равными 1.
p:=k;
while not (x[p] < n) do begin
p := p-1;
end;
{x[p] < n, x[p+1] = ... = x[k] = n}
x[p] := x[p] + 1;
for i := p+1 to k do begin
x[i]:=1;
end;
Замечание. Если членами последовательности считать числа не от 1
до n, а от 0 до n-1, то переход к следующему соответствует прибавле-
нию единицы в n-ичной системе счисления.
2.1.2. В предложенном алгоритме используется сравнение двух мас-
сивов (x <> last). Устраните его, добавив булевскую переменную l
и включив в инвариант соотношение
l
⇔
последовательность x | последняя.
2.1.3. Напечатайте все подмножества множества
{
1..k
}
.
Решение. Подмножества находятся во взаимно однозначном соот-
ветствии с последовательностями нулей и единиц длины k.
2.1.4. Напечатайте все последовательности положительных целых
чисел длины k, у которых i-й член не превосходит i.
2.2. Перестановки
2.2.1. Напечатайте все перестановки чисел 1..n (то есть последова-
тельности длины n, в которые каждое из этих чисел входит по одному
разу).
Решение. Перестановки будем хранить в массиве x[1]..x[n] и пе-
чатать в лексикографическом порядке. (Первой при этом будет пере-
становка
⟨
1 2 . . . n
⟩
, последней |
⟨
n . . . 2 1
⟩
. Для составления алгоритма
перехода к следующей перестановке зададимся вопросом: в каком слу-
чае k-й член перестановки можно увеличить, не меняя предыдущих?

2.3. Подмножества
45
Ответ: если он меньше какого-либо из следующих членов (т. е. членов
с номерами больше k). Мы должны найти наибольшее k, при котором
это так, т. е. такое k, что
x[k] < x[k+1] > . . . > x[n]
После этого значение x[k] нужно увеличить минимальным возмож-
ным способом, т. е. найти среди x[k+1]..x[n] наименьшее число, боль-
шее его. Поменяв x[k] с ним, остаётся расположить числа с номерами
k+1..n так, чтобы перестановка была наименьшей, т. е. в возрастаю-
щем порядке. Это облегчается тем, что они уже расположены в убыва-
ющем порядке.
Алгоритм перехода к следующей перестановке:
{ <> }
k:=n-1;
{последовательность справа от k убывающая: x[k+1]>...>x[n]}
while x[k] > x[k+1] do begin
k:=k-1;
end;
{x[k] < x[k+1] > ... > x[n]}
t:=k+1;
{t <=n, все члены отрезка x[k+1] > ... > x[t] больше x[k]}
while (t < n) and (x[t+1] > x[k]) do begin
t:=t+1;
end;
{x[k+1] > ... > x[t] > x[k] > x[t+1] > ... > x[n]}
...обменять x[k] и x[t]
{x[k+1] > ... > x[n]}
...переставить участок x[k+1]..x[n] в обратном порядке
Замечание. Программа имеет знакомый дефект: если t=n, то x[t+1]
не определено.
2.3. Подмножества
2.3.1. Для заданных n и k (k
6
n) перечислите все k-элементные под-
множества множества
{
1..n
}
.
Решение. Будем представлять каждое подмножество последователь-
ностью x[1]..x[n] нулей и единиц длины n, в которой ровно k еди-
ниц. (Другой способ представления разберём позже.) Такие последова-
тельности упорядочим лексикографически (см. выше). Очевидный спо-
соб решения задачи | перебирать все последовательности как раньше,

46
2. Порождение комбинаторных объектов
а затем отбирать среди них те, у которых k единиц | мы отбросим,
считая его неэкономичным (число последовательностей с k единицами
может быть много меньше числа всех последовательностей). Будем ис-
кать такой алгоритм, чтобы получение очередной последовательности
требовало не более C
·
n действий.
В каком случае s-й член последовательности можно увеличить, не
меняя предыдущие? Если x[s] меняется с 0 на 1, то для сохранения
общего числа единиц нужно справа от х[s] заменить 1 на 0. Для это-
го надо, чтобы справа от x[s] единицы были. Если мы хотим перейти
к непосредственно следующему, то x[s] должен быть первым справа
нулём, за которым стоят единицы. Легко видеть, что х[s+1]=1 (иначе
х[s] не первый). Таким образом надо искать наибольшее s, для кото-
рого х[s]=0, x[s+1]=1:
x
0
↑
s
1..1 0..0
За х[s+1] могут идти ещё несколько единиц, а после них несколько ну-
лей. Заменив х[s] на 1, надо выбрать идущие за ним члены так, чтобы
последовательность была бы минимальна с точки зрения нашего поряд-
ка, т. е. чтобы сначала шли нули, а потом единицы. Вот что получается:
первая последовательность: 0..01..1 (n-k нулей, k единиц);
последняя последовательность: 1..10..0 (k единиц, n-k нулей);
алгоритм перехода к следующей за х[1]..x[n] последовательности
(предполагаем, что она есть):
s := n - 1;
while not ((x[s]=0) and (x[s+1]=1)) do begin
s := s - 1;
end;
{s - член, подлежащий изменению с 0 на 1}
num:=0;
for k := s to n do begin
num := num + x[k];
end;
{num - число единиц на участке x[s]..x[n], число нулей
равно (длина - число единиц), т.е. (n-s+1) - num}
x[s]:=1;
for k := s+1 to n-num+1 do begin
x[k] := 0;
end;

2.3. Подмножества
47
{осталось поместить num-1 единиц в конце}
for k := n-num+2 to n do begin
x[k]:=1;
end;
Другой способ представления подмножеств | это перечисление их
элементов. Чтобы каждое подмножество имело ровно одно представле-
ние, договоримся перечислять элементы в возрастающем порядке. При-
ходим к такой задаче.
2.3.2. Перечислите все возрастающие последовательности длины k
из чисел 1..n в лексикографическом порядке. (Пример: при n=5, k=2
получаем: 12 13 14 15 23 24 25 34 35 45.)
Решение. Минимальной будет последовательность
⟨
1 2 . . . k
⟩
; макси-
мальной |
⟨
(n-k+1) . . . (n-1) n
⟩
. В каком случае s-й член последова-
тельности можно увеличить? Ответ: если он меньше n-k+s. После уве-
личения s-го элемента все следующие должны возрастать с шагом 1.
Получаем такой алгоритм перехода к следующему:
s:=k;
while not (x[s] < n-k+s) do begin
s:=s-1;
end;
{s - номер элемента, подлежащего увеличению};
x[s] := x[s]+1;
for i := s+1 to k do begin
x[i] := x[i-1]+1;
end;
2.3.3. Пусть мы решили представлять k-элементные подмножества
множества
{
1..n
}
убывающими последовательностями длины k, упо-
рядоченными по-прежнему лексикографически. (Пример: 21 31 32 41
42 43 51 52 53 54.) Как выглядит тогда алгоритм перехода к следу-
ющей?
Ответ. Ищем наибольшее s, для которого х[s+1]+1 < x[s]. (Если
такого s нет, полагаем s=0.) Увеличив x[s+1] на 1, кладём остальные
минимально возможными (x[t]=k+1-t для t>s).
2.3.4. Решите две предыдущие задачи, заменив лексикографиче-
ский порядок на обратный (раньше идут те, которые больше в лек-
сикографическом порядке).
2.3.5. Перечислите все вложения (функции, переводящие разные
элементы в разные) множества
{
1..k
}
в
{
1..n
}
(предполагается, что

48
2. Порождение комбинаторных объектов
k
6
n). Порождение очередного элемента должно требовать не более
C
·
k действий.
[Указание. Эта задача может быть сведена к перечислению подмно-
жеств и перестановок элементов каждого подмножества.]
2.4. Разбиения
2.4.1. Перечислите все разбиения целого положительного числа n
на целые положительные слагаемые (разбиения, отличающиеся лишь
порядком слагаемых, считаются за одно). (Пример: n=4, разбиения
1+1+1+1, 2+1+1, 2+2, 3+1, 4.)
Решение. Договоримся, что (1) в разбиениях слагаемые идут в не-
возрастающем порядке, (2) сами разбиения мы перечисляем в лексико-
графическом порядке. Разбиение храним в начале массива x[1]..x[n],
при этом количество входящих в него чисел обозначим k. В начале
x[1]=...=x[n]=1, k=n, в конце x[1]=n, k=1.
В каком случае x[s] можно увеличить, не меняя предыдущих?
Во-первых, должно быть x[s-1]>x[s] или s=1. Во-вторых, s долж-
но быть не последним элементом (увеличение s надо компенсировать
уменьшением следующих). Увеличив s, все следующие элементы надо
взять минимально возможными.
s := k - 1;
while not ((s=1) or (x[s-1] > x[s])) do begin
s := s-1;
end;
{s - подлежащее увеличению слагаемое}
x [s] := x[s] + 1;
sum := 0;
for i := s+1 to k do begin
sum := sum + x[i];
end;
{sum - сумма членов, стоявших после x[s]}
for i := 1 to sum-1 do begin
x [s+i] := 1;
end;
k := s+sum-1;
2.4.2. Представляя по-прежнему разбиения как невозрастающие по-
следовательности, перечислите их в порядке, обратном лексикографи-
ческому (для n=4, например, должно быть 4, 3+1, 2+2, 2+1+1, 1+1+1+1).

2.5. Коды Грея и аналогичные задачи
49
[Указание. Уменьшать можно первый справа член, не равный 1; най-
дя его, уменьшим на 1, а следующие возьмём максимально возможны-
ми (равными ему, пока хватает суммы, а последний | сколько оста-
нется).]
2.4.3. Представляя разбиения как неубывающие последовательно-
сти, перечислите их в лексикографическом порядке. Пример для n=4:
1+1+1+1, 1+1+2, 1+3, 2+2, 4.
[Указание. Последний член увеличить нельзя, а предпоследний |
можно; если после увеличения на 1 предпоследнего члена за счёт по-
следнего нарушится возрастание, то из двух членов надо сделать один,
если нет, то последний член надо разбить на слагаемые, равные преды-
дущему, и остаток, не меньший его.]
2.4.4. Представляя разбиения как неубывающие последовательно-
сти, перечислите их в порядке, обратном лексикографическому. При-
мер для n=4: 4, 2+2, 1+3, 1+1+2, 1+1+1+1.
[Указание. Чтобы элемент x[s] можно было уменьшить, необходи-
мо, чтобы s=1 или x[s-1]статочно. Если он последний, то нужно, чтобы x[s-1]
6
⌊
x[s]/2
⌋
или
s=1. (Здесь
⌊
𝛼
⌋
обозначает целую часть 𝛼.)]
2.5. Коды Грея и аналогичные задачи
Иногда бывает полезно перечислять объекты в таком порядке, что-
бы каждый следующий минимально отличался от предыдущего. Рас-
смотрим несколько задач такого рода.
2.5.1. Перечислите все последовательности длины n из чисел 1..k
в таком порядке, чтобы каждая следующая отличалась от предыдущей
в единственной цифре, причём не более, чем на 1.
Решение. Рассмотрим прямоугольную доску ширины n и высоты k.
На каждой вертикали будет стоять шашка. Таким образом, положе-
ния шашек соответствуют последовательностям из чисел 1..k длины n
(s-й член последовательности соответствует высоте шашки на s-й вер-
тикали). На каждой шашке нарисуем стрелочку, которая может быть
направлена вверх или вниз. Вначале все шашки поставим на нижнюю
горизонталь стрелочкой вверх. Далее двигаем шашки по такому прави-
лу: найдя самую правую шашку, которую можно подвинуть в направле-
нии (нарисованной на ней) стрелки, двигаем её на одну клетку в этом

50
2. Порождение комбинаторных объектов
направлении, а все стоящие правее неё шашки (они упёрлись в край)
разворачиваем кругом.
Ясно, что на каждом шаге только одна шашка сдвигается, т. е. один
член последовательности меняется на 1. Докажем индукцией по n, что
проходятся все последовательности из чисел 1..k. Случай n=1 очевиден.
Пусть n>1. Все ходы поделим на те, где двигается последняя шашка,
и те, где двигается не последняя. Во втором случае последняя шашка
стоит у стены, и мы её поворачиваем, так что за каждым ходом второ-
го типа следует k-1 ходов первого типа, за время которых последняя
шашка побывает во всех клетках. Если мы теперь забудем о послед-
ней шашке, то движения первых n-1 по предположению индукции про-
бегают все последовательности длины n-1 по одному разу; движения
же последней шашки из каждой последовательности длины n-1 делают
k последовательностей длины n.
В программе, помимо последовательности x[1]..x[n], будем хра-
нить массив d[1]..d[n] из чисел +1 и -1 (+1 соответствует стрелке
вверх, -1 | стрелке вниз).
Начальное состояние: x[1]=...=x[n]=1; d[1]=...=d[n]=1.
Приведём алгоритм перехода к следующей последовательности (од-
новременно выясняется, возможен ли переход | ответ становится зна-
чением булевской переменной p).
{если можно, сделать шаг и положить p := true, если нет,
положить p := false }
i := n;
while (i > 1) and
(((d[i]=1) and (x[i]=n)) or ((d[i]=-1) and (x[i]=1)))
do begin
i:=i-1;
end;
if (d[i]=1 and x[i]=n) or (d[i]=-1 and x[i]=1) then begin
p:=false;
end else begin
p:=true;
x[i] := x[i] + d[i];
for j := i+1 to n do begin
d[j] := - d[j];
end;
end;
Замечание. Для последовательностей нулей и единиц возможно дру-
гое решение, использующее двоичную систему. (Именно оно связыва-
ется обычно с названием «коды Грея».)

2.5. Коды Грея и аналогичные задачи
51
Запишем подряд все числа от 0 до 2
𝑛
−
1 в двоичной системе. На-
пример, для 𝑛 = 3 напишем:
000 001 010 011 100 101 110 111
Затем каждое из чисел подвергнем преобразованию, заменив каждую
цифру, кроме первой, на её сумму с предыдущей цифрой (по модулю 2).
Иными словами, число 𝑎
1
, 𝑎
2
, . . . , 𝑎
𝑛
преобразуем в 𝑎
1
,𝑎
1
+ 𝑎
2
,𝑎
2
+ 𝑎
3
,. . .
. . . , 𝑎
𝑛
−
1
+ 𝑎
𝑛
(сумма по модулю 2). Для 𝑛 = 3 получим:
000 001 011 010 110 111 101 100
Легко проверить, что описанное преобразование чисел обратимо
(и тем самым даёт все последовательности по одному разу). Кроме то-
го, двоичные записи соседних чисел отличаются заменой конца 011 . . . 1
на конец 100 . . . 0, что | после преобразования | приводит к измене-
нию единственной цифры.
Применение кода Грея. Пусть есть вращающаяся ось, и мы хотим
поставить датчик угла поворота этой оси. Насадим на ось барабан,
выкрасим половину барабана в чёрный цвет, половину в белый и уста-
новим фотоэлемент. На его выходе будет в половине случаев 0, а в
половине 1 (т. е. мы измеряем угол «с точностью до 180»).
Развёртка барабана:
0
1
←
склеить бока
Сделав рядом другую дорожку из двух чёрных и белых частей и по-
ставив второй фотоэлемент, получаем возможность измерить угол с
точностью до 90
∘
:
0
0
1
1
0
1
0
1
Сделав третью,
0 0 0 0 1 1 1 1
0 0 1 1 0 0 1 1
0 1 0 1 0 1 0 1

52
2. Порождение комбинаторных объектов
мы измерим угол с точностью до 45
∘
и т. д. Эта идея имеет, однако, не-
достаток: в момент пересечения границ сразу несколько фотоэлементов
меняют сигнал, и если эти изменения произойдут не совсем одновре-
менно, на какое-то время показания фотоэлементов будут бессмыслен-
ными. Коды Грея позволяют избежать этой опасности. Сделаем так,
чтобы на каждом шаге менялось показание лишь одного фотоэлемента
(в том числе и на последнем, после целого оборота).
0 0 0 0 1 1 1 1
0 0 1 1 1 1 0 0
0 1 1 0 0 1 1 0
Написанная нами формула позволяет легко преобразовать данные
от фотоэлементов в двоичный код угла поворота.
Заметим также, что геометрически существование кода Грея озна-
чает наличие «гамильтонова цикла» в 𝑛-мерном кубе (возможность
обойти все вершины куба по разу, двигаясь по рёбрам, и вернуться
в исходную вершину).
2.5.2. Напечатайте все перестановки чисел 1..n так, чтобы каждая
следующая получалась из предыдущей обменом (транспозицией) двух
соседних чисел. Например, при n=3 допустим такой порядок:
3.2 1
→
2 3.1
→
2.1 3
→
1 2.3
→
1.3 2
→
3 1 2
(между переставляемыми числами вставлены точки).
Решение. Наряду с множеством перестановок рассмотрим множе-
ство последовательностей y[1]..y[n] целых неотрицательных чисел,
для которых y[1]
6
0, . . . , y[n]
6
n-1. В нём столько же элементов,
сколько в множестве всех перестановок, и мы сейчас установим между
ними взаимно однозначное соответствие. Именно, каждой перестановке
поставим в соответствие последовательность y[1]..y[n], где y[i] |
количество чисел, меньших i и стоящих левее i в этой перестановке.
Взаимная однозначность вытекает из такого замечания. Перестанов-
ка чисел 1..n получается из перестановки чисел 1..n-1 добавлением
числа n, которое можно вставить на любое из n мест. При этом к сопо-
ставляемой с ней последовательности добавляется ещё один член, при-
нимающий значения от 0 до n-1, а предыдущие члены не меняются.
При этом оказывается, что изменение на единицу одного из членов по-
следовательности y соответствует транспозиции двух соседних чисел,

2.5. Коды Грея и аналогичные задачи
53
если все следующие числа последовательности y принимают максималь-
но или минимально возможные для них значения. Именно, увеличение
y[i] на 1 соответствует транспозиции числа i с его правым соседом,
а уменьшение | с левым.
Теперь вспомним решение задачи о перечислении всех последова-
тельностей, на каждом шаге которого один член меняется на единицу.
Заменив прямоугольную доску доской в форме лестницы (высота i-й
вертикали равна i) и двигая шашки по тем же правилам, мы перечи-
слим все последовательности y, причём i-й член будет меняться как
раз только если все следующие шашки стоят у края. Надо ещё уметь
параллельно с изменением y корректировать перестановку. Очевидный
способ требует отыскания в ней числа i; это можно облегчить, если
помимо самой перестановки хранить функцию
i
↦→
позиция числа i в перестановке,
т. е. обратное к перестановке отображение, и соответствующим обра-
зом её корректировать. Вот какая получается программа:
program test;
const n=...;
var
x: array [1..n] of 1..n; {перестановка}
inv_x: array [1..n] of 1..n; {обратная перестановка}
y: array [1..n] of integer; {y[i] < i}
d: array [1..n] of -1..1; {направления}
b: boolean;
procedure print_x;
var i: integer;
begin
for i:=1 to n do begin
write (x[i], ’ ’);
end;
writeln;
end;
procedure set_first;{первая: y[i]=0 при всех i}
var i : integer;
begin
for i := 1 to n do begin
x[i] := n + 1 - i;
inv_x[i] := n + 1 - i;
y[i]:=0;

54
2. Порождение комбинаторных объектов
d[i]:=1;
end;
end;
procedure move (var done : boolean);
var i, j, pos1, pos2, val1, val2, tmp : integer;
begin
i := n;
while (i > 1) and (((d[i]=1) and (y[i]=i-1)) or
((d[i]=-1) and (y[i]=0))) do begin
i := i-1;
end;
done := (i>1); {упрощение: первый член нельзя менять}
if done then begin
y[i] := y[i]+d[i];
for j := i+1 to n do begin
d[j] := -d[j];
end;
pos1 := inv_x[i];
val1 := i;
pos2 := pos1 + d[i];
val2 := x[pos2];
{pos1, pos2 - номера переставляемых элементов;
val1, val2 - их значения; val2 < val1}
tmp := x[pos1];
x[pos1] := x[pos2];
x[pos2] := tmp;
tmp := inv_x[val1];
inv_x[val1] := inv_x[val2];
inv_x[val2] := tmp;
end;
end;
begin
set_first;
print_x;
b := true;
{напечатаны все перестановки до текущей включительно;
если b ложно, то текущая - последняя}
while b do begin
move (b);
if b then print_x;
end;
end.

2.6. Несколько замечаний
55
2.6. Несколько замечаний
Посмотрим ещё раз на использованные нами приёмы. Вначале уда-
валось решить задачу по такой схеме: определяем порядок на подле-
жащих перечислению объектах и явно описываем процедуру перехода
от данного объекта к следующему (в смысле этого порядка). В задаче
о кодах Грея потребовалось хранить, помимо текущего объекта, и неко-
торую дополнительную информацию (направления стрелок). Наконец,
в задаче о перечислении перестановок (на каждом шаге допустима одна
транспозиция) мы применили такой приём: установили взаимно одно-
значное соответствие между перечисляемым множеством и другим, бо-
лее просто устроенным. Таких соответствий в комбинаторике известно
много. Мы приведём несколько задач, связанных с так называемыми
«числами Каталана».
2.6.1. Перечислите все последовательности длины 2n, составленные
из n единиц и n минус единиц, у которых сумма любого начального от-
резка неотрицательна, т. е. число минус единиц в нём не превосходит
числа единиц. (Число таких последовательностей называют числом Ка-
талана; формулу для чисел Каталана см. в следующем разделе.)
Решение. Изображая единицу вектором (1,1), а минус единицу век-
тором (1,-1), можно сказать, что мы ищем пути из точки (0,0) в точ-
ку (n,0), не опускающиеся ниже оси абсцисс.
Будем перечислять последовательности в лексикографическом по-
рядке, считая, что -1 предшествует 1. Первой последовательностью
будет «пила»
1, -1, 1, -1, ...
а последней | «горка»
1, 1, 1,..., 1, -1, -1,..., -1.
Как перейти от последовательности к следующей? До некоторого
места они должны совпадать, а затем надо заменить -1 на 1. Место за-
мены должно быть расположено как можно правее. Но заменять -1 на 1
можно только в том случае, если справа от неё есть единица (которую
можно заменить на -1). После замены -1 на 1 мы приходим к такой за-
даче: фиксирован начальный кусок последовательности, надо найти ми-
нимальное продолжение. Её решение: надо приписывать -1, если это не
нарушит условия неотрицательности, а иначе приписывать 1. Получаем

56
2. Порождение комбинаторных объектов
такую программу:
...
type array2n = array [1..2n] of integer;
...
procedure get_next (var a: array2n; var last: Boolean);
{в a помещается следующая последовательность, если}
{она есть (при этом last:=false), иначе last:=true}
var k, i, sum: integer;
begin
k:=2*n;
{инвариант: в a[k+1..2n] только минус единицы}
while a[k] = -1 do begin k:=k-1; end;
{k - максимальное среди тех, для которых a[k]=1}
while (k>0) and (a[k] = 1) do begin k:=k-1; end;
{a[k] - самая правая -1, за которой есть 1;
если таких нет, то k=0}
if k = 0 then begin
last := true;
end else begin
last := false;
i:=0; sum:=0;
{sum = a[1]+...+a[i]}
while i<>k do begin
i:=i+1; sum:= sum+a[i];
end;
{sum = a[1]+...+a[k], a[k]=-1}
a[k]:= 1; sum:= sum+2;
{вплоть до a[k] всё изменено, sum=a[1]+...+a[k]}
while k <> 2*n do begin
k:=k+1;
if sum > 0 then begin
a[k]:=-1
end else begin
a[k]:=1;
end;
sum:= sum+a[k];
end;
{k=2n, sum=a[1]+...+a[2n]=0}
end;
end;
2.6.2. Перечислите все расстановки скобок в произведении n сомно-
жителей. Порядок сомножителей не меняется, скобки полностью опре-

2.7. Подсчёт количеств
57
деляют порядок действий. Например, для n=4 есть 5 расстановок:
((ab)c)d, (a(bc))d, (ab)(cd), a((bc)d), a(b(cd)).
[Указание. Каждому порядку действий соответствует последова-
тельность команд стекового калькулятора, описанного на с.
144
.]
2.6.3. На окружности задано 2n точек, пронумерованных от 1 до 2n.
Перечислите все способы провести n непересекающихся хорд с верши-
нами в этих точках.
2.6.4. Перечислите все способы разрезать n-угольник на треуголь-
ники, проведя n-2 его диагонали.
(Мы вернёмся к разрезанию многоугольника в разделе о динамиче-
ском программировании, с.
137
.)
Ещё один класс задач на перечисление всех элементов заданного
множества мы рассмотрим ниже, обсуждая метод поиска с возвратами
(backtracking).
2.7. Подсчёт количеств
Иногда можно найти количество объектов с тем или иным свой-
ством, не перечисляя их. Классический пример: 𝐶
𝑘
𝑛
| число всех 𝑘-эле-
ментных подмножеств 𝑛-элементного множества | можно найти, за-
полняя таблицу по формулам
𝐶
0
𝑛
= 𝐶
𝑛
𝑛
= 1
(𝑛
>
1)
𝐶
𝑘
𝑛
= 𝐶
𝑘
−
1
𝑛
−
1
+ 𝐶
𝑘
𝑛
−
1
(𝑛 > 1, 0 < 𝑘 < 𝑛)
или по формуле
𝐶
𝑘
𝑛
=
𝑛!
𝑘!
·
(𝑛
−
𝑘)!
.
(Первый способ эффективнее, если нужно сразу много значений 𝐶
𝑘
𝑛
.)
Приведём другие примеры.
2.7.1. (Число разбиений; предлагалась на Всесоюзной олимпиаде по
программированию 1988 года) Пусть 𝑃 (𝑛) | число разбиений целого
положительного 𝑛 на целые положительные слагаемые (без учёта по-
рядка, 1 + 2 и 2 + 1 | одно и то же разбиение). При 𝑛 = 0 положим
𝑃 (𝑛) = 1 (единственное разбиение не содержит слагаемых). Постройте
алгоритм вычисления 𝑃 (𝑛) для заданного 𝑛.

58
2. Порождение комбинаторных объектов
Решение. Можно доказать (это нетривиально) такую формулу для
𝑃 (𝑛):
𝑃 (𝑛)=𝑃 (𝑛
−
1)+𝑃 (𝑛
−
2)
−
𝑃 (𝑛
−
5)
−
𝑃 (𝑛
−
7)+𝑃 (𝑛
−
12)+𝑃 (𝑛
−
15)+. . .
(знаки у пар членов чередуются, вычитаемые в одной паре равны
(3𝑞
2
−
𝑞)/2 и (3𝑞
2
+ 𝑞)/2; сумма конечна | мы считаем, что 𝑃 (𝑘) = 0
при 𝑘 < 0).
Однако и без её использования можно придумать способ вычисле-
ния 𝑃 (𝑛), который существенно эффективнее перебора и подсчёта всех
разбиений.
Обозначим через 𝑅(𝑛, 𝑘) (для 𝑛
>
0, 𝑘
>
0) число разбиений 𝑛 на це-
лые положительные слагаемые, не превосходящие 𝑘. (При этом 𝑅(0, 𝑘)
считаем равным 1 для всех 𝑘
>
0.) Очевидно, 𝑃 (𝑛) = 𝑅(𝑛, 𝑛). Все разби-
ения 𝑛 на слагаемые, не превосходящие 𝑘, разобьём на группы в зави-
симости от максимального слагаемого (обозначим его 𝑖). Число 𝑅(𝑛, 𝑘)
равно сумме (по всем 𝑖 от 1 до 𝑘) количеств разбиений со слагаемыми
не больше 𝑘 и максимальным слагаемым, равным 𝑖. А разбиения 𝑛 на
слагаемые не более 𝑘 с первым слагаемым, равным 𝑖, по существу пред-
ставляют собой разбиения 𝑛
−
𝑖 на слагаемые, не превосходящие 𝑖 (при
𝑖
6
𝑘). Так что
𝑅(𝑛, 𝑘) =
𝑘
∑︁
𝑖=1
𝑅(𝑛
−
𝑖, 𝑖)
при 𝑘
6
𝑛,
𝑅(𝑛, 𝑘) = 𝑅(𝑛, 𝑛)
при 𝑘
>
𝑛,
что позволяет заполнять таблицу значений функции 𝑅.
2.7.2. (Счастливые билеты; предлагалась на Всесоюзной олимпиа-
де по программированию 1989 года.) Последовательность из 2𝑛 цифр
(каждая цифра от 0 до 9) называется счастливым билетом, если сумма
первых 𝑛 цифр равна сумме последних 𝑛 цифр. Найдите число счаст-
ливых последовательностей данной длины.
Решение. (Сообщено одним из участников олимпиады; к сожалению,
не могу указать фамилию, так как работы проверялись зашифрован-
ными.) Рассмотрим более общую задачу: найти число последователь-
ностей, где разница между суммой первых 𝑛 цифр и суммой послед-
них 𝑛 цифр равна 𝑘 (𝑘 =
−
9𝑛, . . . , 9𝑛). Пусть 𝑇 (𝑛, 𝑘) | число таких
последовательностей.
Разобьём множество таких последовательностей на классы в зависи-
мости от разницы между первой и последней цифрами. Если эта разни-
ца равна 𝑡, то разница между суммами групп из оставшихся 𝑛
−
1 цифр

2.7. Подсчёт количеств
59
равна 𝑘
−
𝑡. Учитывая, что пар цифр с разностью 𝑡 бывает 10
− |
𝑡
|
, по-
лучаем формулу
𝑇 (𝑛, 𝑘) =
9
∑︁
𝑡=
−
9
(10
− |
𝑡
|
)𝑇 (𝑛
−
1, 𝑘
−
𝑡).
(Некоторые слагаемые могут отсутствовать, так как 𝑘
−
𝑡 может быть
слишком велико.)
В некоторых случаях ответ удаётся получить в виде явной формулы.
2.7.3. Докажите, что число Каталана (количество последовательно-
стей длины 2𝑛 из 𝑛 единиц и 𝑛 минус единиц, в любом начальном отрез-
ке которых не меньше единиц, чем минус единиц) равно 𝐶
𝑛
2𝑛
/(𝑛 + 1).
[Указание. Число Каталана есть число ломаных, идущих из (0, 0)
в (2𝑛, 0) шагами (1, 1) и (1,
−
1), не опускающихся в нижнюю полуплос-
кость, т. е. разность числа всех ломаных (которое есть 𝐶
𝑛
2𝑛
) и числа ло-
маных, опускающихся в нижнюю полуплоскость. Последние можно опи-
сать также как ломаные, пересекающие прямую 𝑦 =
−
1. Отразив их ку-
сок справа от самой правой точки пересечения относительно указанной
прямой, мы установим взаимно однозначное соответствие между ними
и ломаными из (0, 0) в (2𝑛,
−
2). Остаётся проверить, что 𝐶
𝑛
2𝑛
−
𝐶
𝑛+1
2𝑛
=
= 𝐶
𝑛
2𝑛
/(𝑛 + 1).]

3. ОБХОД ДЕРЕВА.
ПЕРЕБОР С ВОЗВРАТАМИ
3.1. Ферзи, не бьющие друг друга:
обход дерева позиций
В предыдущей главе мы рассматривали несколько задач одного и то-
го же типа: «перечислить все элементы некоторого множества 𝐴». Схе-
ма решения была такова: на множестве 𝐴 вводился порядок и описы-
валась процедура перехода от произвольного элемента множества 𝐴
к следующему за ним (в этом порядке). Такую схему не всегда удаётся
реализовать непосредственно, и в этой главе мы рассмотрим другой
полезный приём перечисления всех элементов некоторого множества.
Его называют «поиск с возвратами», «метод ветвей и границ», «back-
tracking». На наш взгляд, наиболее точное название этого метода |
обход дерева.
3.1.1. Перечислите все способы расстановки 𝑛 ферзей на шахмат-
ной доске 𝑛
×
𝑛, при которых они не бьют друг друга.
Решение. Очевидно, на каждой из 𝑛 горизонталей должно стоять
по ферзю. Будем называть 𝑘-позицией (для 𝑘 = 0, 1, . . . , 𝑛) произволь-
ную расстановку 𝑘 ферзей на 𝑘 нижних горизонталях (ферзи могут
бить друг друга). Нарисуем «дерево позиций»: его корнем будет един-
ственная 0-позиция, а из каждой 𝑘-позиции выходит 𝑛 стрелок вверх
в (𝑘 + 1)-позиции. Эти 𝑛 позиций отличаются положением ферзя на
(𝑘 + 1)-й горизонтали. Будем считать, что расположение их на рисун-
ке соответствует положению этого ферзя: левее та позиция, в которой
ферзь расположен левее.
Среди позиций этого дерева нам надо отобрать те 𝑛-позиции, в ко-
торых ферзи не бьют друг друга. Программа будет «обходить дерево»
и искать их. Чтобы не делать лишней работы, заметим вот что: если
в какой-то 𝑘-позиции ферзи бьют друг друга, то ставить дальнейших

3.1. Ферзи, не бьющие друг друга: обход дерева позиций
61
P
P
P
P
P
i
1
@
@
I
@
@
I
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
Дерево позиций для 𝑛 = 2
ферзей смысла нет. Поэтому, обнаружив это, мы будем прекращать
построение дерева в этом направлении.
Точнее, назовём 𝑘-позицию допустимой, если после удаления верх-
него ферзя оставшиеся не бьют друг друга. Наша программа будет
рассматривать только допустимые позиции.
P
P
P
P
P
P
P
P
i
1
6
B
B
B
M
6
B
B
B
M
6
B
B
B
M
6
B
B
B
M
6
B
B
B
M
6
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
∙
Дерево допустимых позиций для 𝑛 = 3
Разобьём задачу на две части: (1) обход произвольного дерева и (2)
реализацию дерева допустимых позиций.

62
3. Обход дерева. Перебор с возвратами
Сформулируем задачу обхода произвольного дерева. Будем счи-
тать, что у нас имеется Робот, который в каждый момент находится
в одной из вершин дерева (вершины изображены на рисунке кружоч-
ками). Он умеет выполнять команды:
•
вверх налево (идти по самой левой из выходящих вверх стрелок)
•
вправо (перейти в соседнюю справа вершину)
•
вниз (спуститься вниз на один уровень)
(На рисунках стрелками показано, какие перемещения соответствуют
этим командам.)
вверх налево
q
@
@
@
q
q
A
A
A
q
q q q q
@
@
@
A
A
A
q q
q q q q
@
@
@
I
A
A
A
K
6
@
@
@
I
вправо
q
@
@
@
q
q
A
A
A
q
q q q q
@
@
@
A
A
A
q q
q q q q
-
-
- -
- -
- - -
вниз
q
q
@
@
@
R
q
?
q
q
A
A
A
U
q
?
q
q
?
q
q
q
@
@
@
R
q
A
A
A
U
q
?
q
@
@
@
A
A
A
@
@
@
A
A
A
Кроме того, в репертуар Робота входят проверки (соответствующие
возможности выполнить каждую из команд):
•
есть сверху;
•
есть справа;
•
есть снизу;
(последняя проверка истинна всюду, кроме корня). Обратите внимание,
что команда вправо позволяет перейти лишь к «родному брату», но не
к «двоюродному».
q
@
@
@
I
q
A
A
A
K
q
A
A
A
K
q
q
q
q
-
@
@
Так команда
вправо
не действует!
Будем считать, что у Робота есть команда обработать и что его
задача | обработать все листья (вершины, из которых нет стрелок

3.1. Ферзи, не бьющие друг друга: обход дерева позиций
63
вверх, то есть где условие есть сверху ложно). Для нашей шахматной
задачи команде обработать будет соответствовать проверка и печать
позиции ферзей.
Доказательство правильности приводимой далее программы ис-
пользует такие определения. Пусть фиксировано положение Робота
в одной из вершин дерева. Тогда все листья дерева разбиваются на
три категории: над Роботом, левее Робота и правее Робота. (Путь из
корня в лист может проходить через вершину с Роботом, сворачивать
влево, не доходя до неё и сворачивать вправо, не доходя до неё.) Через
(ОЛ) обозначим условие «обработаны все листья левее Робота», а через
(ОЛН) | условие «обработаны все листья левее и над Роботом».
q
q
@
@
@
@
@
@
@
@
@
Левее
Над Правее
Нам понадобится такая процедура:
procedure вверх_до_упора_и_обработать;
{дано: (ОЛ), надо: (ОЛН)}
begin
{инвариант: ОЛ}
while есть_сверху do begin
вверх_налево;
end
{ОЛ, Робот в листе}
обработать;
{ОЛН}
end;
Основной алгоритм:
дано: Робот в корне, листья не обработаны
надо: Робот в корне, листья обработаны
{ОЛ}
вверх_до_упора_и_обработать;
{инвариант: ОЛН}

64
3. Обход дерева. Перебор с возвратами
while есть_снизу do begin
if есть_справа then begin {ОЛН, есть справа}
вправо;
{ОЛ}
вверх_до_упора_и_обработать;
end else begin
{ОЛН, не есть_справа, есть_снизу}
вниз;
end;
end;
{ОЛН, Робот в корне => все листья обработаны}
Осталось воспользоваться следующими свойствами команд Робота
(в каждой строке в первой фигурной скобке записаны условия, в кото-
рых выполняется команда, во второй | утверждения о результате её
выполнения):
(1)
{
ОЛ, не есть сверху
}
обработать
{
ОЛН
}
(2)
{
ОЛ, есть сверху
}
вверх налево
{
ОЛ
}
(3)
{
есть справа, ОЛН
}
вправо
{
ОЛ
}
(4)
{
не есть справа, есть снизу, ОЛН
}
вниз
{
ОЛН
}
3.1.2. Докажите, что приведённая программа завершает работу (на
любом конечном дереве).
Решение. Процедура вверх до упора и обработать завершает рабо-
ту (высота Робота не может увеличиваться бесконечно). Если програм-
ма работает бесконечно, то, поскольку листья не обрабатываются по-
вторно, начиная с некоторого момента ни один лист не обрабатывается.
А это возможно, только если Робот всё время спускается вниз. Проти-
воречие. (Об оценке числа действий см. далее.)
3.1.3. Докажите правильность такой программы обхода дерева:
var state: (WL, WLU);
state := WL;
while есть_снизу or (state <> WLU) do begin
if (state = WL) and есть_сверху then begin
вверх_налево;
end else if (state = WL) and not есть_сверху then begin
обработать; state := WLU;
end else if (state = WLU) and есть_справа then begin
вправо; state := WL;
end else begin {state = WLU, not есть_справа, есть_снизу}
вниз;
end;
end;

3.1. Ферзи, не бьющие друг друга: обход дерева позиций
65
Решение. Инвариант цикла:
state = WL
⇒
ОЛ
state = WLU
⇒
ОЛН
Доказательство завершения работы: переход из состояния ОЛ в ОЛН
возможен только при обработке вершины, поэтому если программа ра-
ботает бесконечно, то с некоторого момента значение state не меня-
ется, что невозможно.
3.1.4. Напишите программу обхода дерева, использующую процеду-
ру перехода в следующий лист (с выходным параметром, сообщающим,
удалось ли это сделать или лист оказался последним).
3.1.5. Решите задачу об обходе дерева, если мы хотим, чтобы об-
рабатывались все вершины (не только листья).
Решение. Пусть 𝑥 | некоторая вершина. Тогда любая вершина 𝑦
относится к одной из четырёх категорий. Рассмотрим путь из корня
в 𝑦. Он может:
(а) быть частью пути из корня в 𝑥 (𝑦 ниже 𝑥);
(б) свернуть налево с пути в 𝑥 (𝑦 левее 𝑥);
(в) пройти через 𝑥 (𝑦 над 𝑥);
(г) свернуть направо с пути в 𝑥 (𝑦 правее 𝑥);
В частности, сама вершина 𝑥 относится к категории (в). Условия теперь
будут такими:
(ОНЛ) обработаны все вершины ниже и левее;
(ОНЛН) обработаны все вершины ниже, левее и над.
Вот как будет выглядеть программа:
procedure вверх_до_упора_и_обработать;
{дано: (ОНЛ), надо: (ОНЛН)}
begin
{инвариант: ОНЛ}
while есть_сверху do begin
обработать;
вверх_налево;
end
{ОНЛ, Робот в листе}
обработать;
{ОНЛН}
end;

66
3. Обход дерева. Перебор с возвратами
Основной алгоритм:
дано: Робот в корне, ничего не обработано
надо: Робот в корне, все вершины обработаны
{ОНЛ}
вверх_до_упора_и_обработать;
{инвариант: ОНЛН}
while есть_снизу do begin
if есть_справа then begin {ОНЛН, есть справа}
вправо;
{ОНЛ}
вверх_до_упора_и_обработать;
end else begin
{ОЛН, не есть_справа, есть_снизу}
вниз;
end;
end;
{ОНЛН, Робот в корне => все вершины обработаны}
3.1.6. Приведённая только что программа обрабатывает вершину
до того, как обработан любой из её потомков. Как изменить програм-
му, чтобы каждая вершина, не являющаяся листом, обрабатывалась
дважды: один раз до, а другой раз после всех своих потомков? (Ли-
стья по-прежнему обрабатываются по разу.)
Решение. Под «обработано ниже и левее» будем понимать «ниже об-
работано по разу, слева обработано полностью (листья по разу, осталь-
ные по два)». Под «обработано ниже, левее и над» будем понимать «ниже
обработано по разу, левее и над | полностью».
Программа будет такой:
procedure вверх_до_упора_и_обработать;
{дано: (ОНЛ), надо: (ОНЛН)}
begin
{инвариант: ОНЛ}
while есть_сверху do begin
обработать;
вверх_налево;
end
{ОНЛ, Робот в листе}
обработать;
{ОНЛН}
end;

3.1. Ферзи, не бьющие друг друга: обход дерева позиций
67
Основной алгоритм:
дано: Робот в корне, ничего не обработано
надо: Робот в корне, все вершины обработаны
{ОНЛ}
вверх_до_упора_и_обработать;
{инвариант: ОНЛН}
while есть_снизу do begin
if есть_справа then begin {ОНЛН, есть справа}
вправо;
{ОНЛ}
вверх_до_упора_и_обработать;
end else begin
{ОЛН, не есть_справа, есть_снизу}
вниз;
обработать;
end;
end;
{ОНЛН, Робот в корне => все вершины обработаны полностью}
3.1.7. Докажите, что число операций в этой программе по поряд-
ку равно числу вершин дерева. (Как и в других программах, которые
отличаются от этой лишь пропуском некоторых команд обработать.)
[Указание. Примерно каждое второе действие при исполнении этой
программы | обработка вершины, а каждая вершина обрабатывается
максимум дважды.]
Вернёмся теперь к нашей задаче о ферзях (где из всех программ
обработки дерева понадобится лишь первая, самая простая). Реализу-
ем операции с деревом позиций. Позицию будем представлять с по-
мощью переменной k: 0..n (число ферзей) и массива c: array[1..n]
of 1..n (c[i] | координаты ферзя на i-й горизонтали; при i > k
значение c[i] роли не играет). Предполагается, что все позиции
допустимы (если убрать верхнего ферзя, остальные не бьют друг
друга).
program queens;
const n = ...;
var
k: 0..n;
c: array [1..n] of 1..n;

68
3. Обход дерева. Перебор с возвратами
procedure begin_work; {начать работу}
begin
k := 0;
end;
function danger: boolean; {верхний ферзь под боем}
var b: boolean; i: integer;
begin
if k <= 1 then begin
danger := false;
end else begin
b := false;
i := 1;
{b <=> верхний ферзь под боем ферзей с номерами < i}
while i <> k do begin
b := b or (c[i]=c[k]) {вертикаль}
or (abs(c[i]-c[k]))=abs(i-k)); {диагональ}
i := i+1;
end;
danger := b;
end;
end;
function is_up: boolean; {есть_сверху}
begin
is_up := (k < n) and not danger;
end;
function is_right: boolean; {есть_справа}
begin
is_right := (k > 0) and (c[k] < n);
end;
{возможна ошибка: при k=0 не определено c[k]}
function is_down: boolean; {есть_снизу}
begin
is_down := (k > 0);
end;
procedure up; {вверх_налево}
begin {k < n, not danger}
k := k + 1;
c [k] := 1;
end;

3.1. Ферзи, не бьющие друг друга: обход дерева позиций
69
procedure right; {вправо}
begin {k > 0, c[k] < n}
c [k] := c [k] + 1;
end;
procedure down; {вниз}
begin {k > 0}
k := k - 1;
end;
procedure work; {обработать}
var i: integer;
begin
if (k = n) and not danger then begin
for i := 1 to n do begin
write (’<’, i, ’,’ , c[i], ’> ’);
end;
writeln;
end;
end;
procedure UW; {вверх_до_упора_и_обработать}
begin
while is_up do begin
up;
end;
work;
end;
begin
begin_work;
UW;
while is_down do begin
if is_right then begin
right;
UW;
end else begin
down;
end;
end;
end.

70
3. Обход дерева. Перебор с возвратами
3.1.8. Приведённая программа тратит довольно много времени на
выполнение проверки есть сверху (проверка, находится ли верхний
ферзь под боем, требует числа действий порядка n). Измените ре-
ализацию операций с деревом позиций так, чтобы все три провер-
ки есть сверху/справа/снизу и соответствующие команды требова-
ли бы количества действий, ограниченного не зависящей от n конс-
тантой.
Решение. Для каждой вертикали, каждой восходящей и каждой нис-
ходящей диагонали будем хранить булевское значение | сведения о
том, находится ли на этой линии ферзь (верхний ферзь не учитывает-
ся). (Заметим, что в силу допустимости позиции на каждой из линий
может быть не более одного ферзя.)
3.2. Обход дерева в других задачах
3.2.1. Используйте метод обхода дерева для решения следующей за-
дачи: дан массив из n целых положительных чисел a[1] . . . a[n] и чи-
сло s; требуется узнать, может ли число s быть представлено как сумма
некоторых из чисел массива a. (Каждое число можно использовать не
более чем по одному разу.)
Решение. Будем задавать k-позицию последовательностью из k бу-
левских значений, определяющих, входят ли в сумму числа a[1] . . . a[k]
или не входят. Позиция допустима, если её сумма не превосходит s.
Замечание. По сравнению с полным перебором всех 2n подмножеств
тут есть некоторый выигрыш. Можно также предварительно отсорти-
ровать массив a в убывающем порядке, а также считать недопусти-
мыми те позиции, в которых сумма отброшенных членов больше, чем
разность суммы всех членов и s. Последний приём называют «методом
ветвей и границ». Но принципиального улучшения по сравнению с пол-
ным перебором тут не получается (эта задача, как говорят, 𝑁𝑃 -пол-
на, подробности см. в книге Ахо, Хопкрофта и Ульмана «Построение
и анализ вычислительных алгоритмов», Мир, 1979, а также в книге Гэ-
ри и Джонсона «Вычислительные машины и труднорешаемые задачи»,
Мир, 1982). Традиционное название этой задачи | «задача о рюкза-
ке» (рюкзак общей грузоподъёмностью s нужно упаковать под завяз-
ку, располагая предметами веса a[1] . . . a[n]). См. также в главе
8
(Как
обойтись без рекурсии) алгоритм её решения, полиномиальный по n + s
(использующий «динамическое программирование»).

3.2. Обход дерева в других задачах
71
3.2.2. Перечислите все последовательности из 𝑛 нулей, единиц и
двоек, в которых никакая группа цифр не повторяется два раза подряд
(нет куска вида 𝑋𝑋).
3.2.3. Аналогичная задача для последовательностей нулей и единиц,
в которых никакая группа цифр не повторяется три раза подряд (нет
куска вида 𝑋𝑋𝑋).
К этой же категории относятся задачи типа «можно ли сложить
данную фигуру из пентамино» и им подобные. В них важно умелое со-
кращение перебора (вовремя распознать, что имеющееся расположение
фигурок уже противоречит требованиям, и по этой ветви поиск не про-
должать).

4. СОРТИРОВКА
4.1. Квадратичные алгоритмы
4.1.1. Пусть a[1], . . . , a[n] | целые числа. Требуется построить
массив b[1], . . . , b[n], содержащий те же числа, для которого b[1]
6
. . .
. . .
6
b[n].
Замечание. Среди чисел a[1] . . . a[n] могут быть равные. Требует-
ся, чтобы каждое целое число входило в b[1] . . . b[n] столько же раз,
сколько и в a[1] . . . a[n].
Решение. Удобно считать, что числа a[1] . . . a[n] и b[1] . . . b[n]
представляют собой начальное и конечное значения массива x. Требо-
вание «a и b содержат одни и те же числа» будет заведомо выполнено,
если в процессе работы мы ограничимся перестановками элементов x.
k := 0;
{k наименьших элементов массива установлены на свои места}
while k <> n do begin
s := k + 1; t := k + 1;
{x[s] - наименьший среди x[k+1]..x[t] }
while t<>n do begin
t := t + 1;
if x[t] < x[s] then begin
s := t;
end;
end;
{x[s] - наименьший среди x[k+1]..x[n] }
...переставить x[s] и x[k+1];
k := k + 1;
end;
4.1.2. Дайте другое решение задачи сортировки, использующее ин-
вариант «первые k элементов упорядочены» (x[1]
6
. . .
6
x[k]).

4.2. Алгоритмы порядка 𝑛 log 𝑛
73
Решение.
k:=1;
{первые k элементов упорядочены}
while k <> n do begin
t := k+1;
{k+1-ый элемент продвигается к началу, пока не займёт
надлежащего места, t - его текущий номер}
while (t > 1) and (x[t] < x[t-1]) do begin
...поменять x[t-1] и x[t];
t := t - 1;
end;
end;
Замечание. Дефект программы: при ложном выражении (t>1) про-
верка x[t] < x[t-1] требует несуществующего значения x[0].
Оба предложенных решения требуют числа действий, пропорцио-
нального n
2
. Существуют более эффективные алгоритмы.
4.2. Алгоритмы порядка 𝑛 log 𝑛
4.2.1. Предложите алгоритм сортировки за время 𝑛 log 𝑛 (число опе-
раций при сортировке 𝑛 элементов не больше 𝐶𝑛 log 𝑛 для некоторого 𝐶
и для всех 𝑛).
Мы приведём два решения.
Решение 1 (сортировка слиянием).
Пусть k | положительное целое число. Разобьём массив x[1] . . . x[n]
на отрезки длины k. (Первый | x[1] . . . x[k], затем x[k+1] . . . x[2k]
и так далее.) Последний отрезок будет неполным, если n не делится
на k. Назовём массив k-упорядоченным, если каждый из этих отрезков
в отдельности упорядочен. Любой массив 1-упорядочен. Если массив
k-упорядочен и n
6
k, то он упорядочен.
Мы опишем, как преобразовать k-упорядоченный массив в 2k-упо-
рядоченный (из тех же элементов). С помощью этого преобразования
алгоритм записывается так:
k:=1;
{массив x является k-упорядоченным}
while k < n do begin
...преобразовать k-упорядоченный массив в 2k-упорядоченный;
k := 2 * k;
end;

74
4. Сортировка
Требуемое преобразование состоит в том,что мы многократно «сли-
ваем» два упорядоченных отрезка длины не больше k в один упорядо-
ченный отрезок. Пусть процедура
слияние (p,q,r: integer)
при p
6
q
6
r сливает отрезки x[p+1] . . . x[q] и x[q+1] . . . x[r] в упоря-
доченный отрезок x[p+1] . . . x[r] (не затрагивая других частей масси-
ва x).
упорядоченный
упорядоченный
упорядоченный
↓
p
q
r
Тогда преобразование k-упорядоченного массива в 2k-упорядоченный
осуществляется так:
t:=0;
{t кратно 2k или t = n, x[1]..x[t] является
2k-упорядоченным; остаток массива x не изменился}
while t + k < n do begin
p := t;
q := t+k;
r := min (t+2*k, n);
{min(a,b) - минимум из a и b}
слияние (p,q,r);
t := r;
end;
Слияние требует вспомогательного массива для записи результатов
слияния | обозначим его b. Через p0 и q0 обозначим номера последних
элементов участков, подвергшихся слиянию, s0 | последний записан-
ный в массив b элемент. На каждом шаге слияния производится одно
из двух действий:
b[s0+1]:=x[p0+1];
p0:=p0+1;
s0:=s0+1;

4.2. Алгоритмы порядка 𝑛 log 𝑛
75
или
b[s0+1]:=x[q0+1];
q0:=q0+1;
s0:=s0+1;
(Любители языка C написали бы в этом случае b[++s0]=x[++p0] и
b[++s0]=x[++q0].)
Первое действие (взятие элемента из первого отрезка) может про-
изводиться при одновременном выполнении двух условий:
(1) первый отрезок не кончился (p0 < q);
(2) второй отрезок кончился (q0 = r) или не кончился, но эле-
мент в нём не меньше очередного элемента первого отрезка [(q0 < r)
и(x[p0+1]
6
x[q0+1])].
Аналогично для второго действия. Итак, получаем
p0 := p; q0 := q; s0 := p;
while (p0 <> q) or (q0 <> r) do begin
if (p0 < q) and ((q0 = r) or ((q0 < r) and
(x[p0+1] <= x[q0+1]))) then begin
b [s0+1] := x [p0+1];
p0 := p0+1;
s0 := s0+1;
end else begin
{(q0 < r) and ((p0 = q) or ((p0(x[p0+1] >= x[q0+1])))}
b [s0+1] := x [q0+1];
q0 := q0 + 1;
s0 := s0 + 1;
end;
end;
(Если оба отрезка не кончены и первые невыбранные элементы в них
равны, то допустимы оба действия; в программе выбрано первое.)
Остаётся лишь переписать результат слияния обратно в массив x.
(Предупреждение. Если обратное копирование выполняется вне проце-
дуры слияния, то не забудьте про последний отрезок.)
Программа имеет привычный дефект: обращение к несуществую-
щим элементам массива при вычислении булевских выражений.
Решение 2 (сортировка деревом).
Нарисуем «полное двоичное дерево» | картинку, в которой снизу
один кружок, из него выходят стрелки в два других, из каждого |

76
4. Сортировка
в два других и так далее:
r
r
r
r
r
r
r
r r r r r r r r
@
@
@
I
A
A
A
K
A
A
A
K
B
B
M
B
B
M
B
B
M
B
B
M
Будем говорить, что стрелки ведут «от отцов к сыновьям»: у каждо-
го кружка два сына и один отец (если кружок не в самом верху или
низу). Предположим для простоты, что количество подлежащих сорти-
ровке чисел есть степень двойки, и они могут заполнить один из рядов
целиком. Запишем их туда. Затем заполним часть дерева под ними по
правилу:
число в кружке = минимум из чисел в кружках-сыновьях
Тем самым в корне дерева (нижнем кружке) будет записано минималь-
ное число во всём массиве.
Изымем из сортируемого массива минимальный элемент. Для этого
его надо вначале найти. Это можно сделать, идя от корня: от отца пе-
реходим к тому сыну, где записано то же число. Изъяв минимальный
элемент, заменим его символом +
∞
и скорректируем более низкие яру-
сы (для этого надо снова пройти путь к корню). При этом считаем, что
min(𝑡, +
∞
) = 𝑡. Тогда в корне появится второй по величине элемент, мы
изымаем его, заменяя бесконечностью и корректируя дерево. Так по-
степенно мы изымем все элементы в порядке возрастания, пока в корне
не останется бесконечность.
При записи этого алгоритма полезно нумеровать кружки числами
1, 2, . . . | при этом сыновьями кружка номер n являются кружки 2n
и 2n + 1. Подробное изложение этого алгоритма мы опустим, поскольку
мы изложим более эффективный вариант, не требующий дополнитель-
ной памяти, кроме конечного числа переменных (в дополнение к сор-
тируемому массиву).
Мы будем записывать сортируемые числа во всех вершинах де-
рева, а не только на верхнем уровне. Пусть x[1] . . . x[n] | мас-
сив, подлежащий сортировке. Вершинами дерева будут числа от 1
до n; о числе x[i] мы будем говорить как о числе, стоящем в вер-
шине i. В процессе сортировки количество вершин дерева будет
сокращаться. Число вершин текущего дерева будем хранить в пе-

4.2. Алгоритмы порядка 𝑛 log 𝑛
77
ременной k. Таким образом, в процессе работы алгоритма массив
x[1] . . . x[n] делится на две части: в x[1] . . . x[k] хранятся числа на
дереве, а в x[k+1] . . . x[n] хранится уже отсортированная в порядке
возрастания часть массива | элементы, уже занявшие своё законное
место.
На каждом шаге алгоритм будет изымать максимальный элемент
дерева и помещать его в отсортированную часть, на освободившееся
в результате сокращения дерева место.
Договоримся о терминологии. Вершинами дерева считаются числа
от 1 до текущего значения переменной k. У каждой вершины s могут
быть сыновья 2s и 2s+1. Если оба этих числа больше k, то сыновей нет;
такая вершина называется листом. Если 2s = k, то вершина s имеет
ровно одного сына (2s).
Для каждого s из 1 . . . k рассмотрим «поддерево» с корнем в s: оно
содержит вершину s и всех её потомков (сыновей, внуков и так да-
лее | до тех пор, пока мы не выйдем из отрезка 1 . . . k). Вершину s
будем называть регулярной, если стоящее в ней число | максималь-
ный элемент s-поддерева; s-поддерево назовём регулярным, если все
его вершины регулярны. (В частности, любой лист образует регуляр-
ное одноэлементное поддерево.)
Заметим, что истинность утверждения «s-поддерево регулярно» за-
висит не только от s, но от текущего значения k.
Схема алгоритма такова:
k:= n
...Сделать 1-поддерево регулярным;
{x[1],...,x[k] <= x[k+1] <=..<= x[n]; 1-поддерево регулярно,
в частности, x[1] - максимальный элемент среди x[1]..x[k]}
while k <> 1 do begin
...обменять местами x[1] и x[k];
k := k - 1;
{x[1],...,x[k-1] <= x[k] <=...<= x[n]; 1-поддерево
регулярно везде, кроме, возможно, самого корня }
...восстановить регулярность 1-поддерева всюду
end;
В качестве вспомогательной процедуры нам понадобится процедура
восстановления регулярности s-поддерева в корне. Вот она:
{s-поддерево регулярно везде, кроме, возможно, корня}
t := s;
{s-поддерево регулярно везде, кроме, возможно, вершины t}

78
4. Сортировка
while ((2*t+1 <= k) and (x[2*t+1] > x[t])) or
((2*t <= k) and (x[2*t] > x[t])) do begin
if (2*t+1 <= k) and (x[2*t+1] >= x[2*t]) then begin
...обменять x[t] и x[2*t+1];
t := 2*t + 1;
end else begin
...обменять x[t] и x[2*t];
t := 2*t;
end;
end;
Чтобы убедиться в правильности этой процедуры, посмотрим на
неё повнимательнее. Пусть в s-поддереве все вершины, кроме разве
что вершины t, регулярны. Рассмотрим сыновей вершины t. Они ре-
гулярны, и потому содержат наибольшие числа в своих поддеревьях.
Таким образом, на роль наибольшего числа в t-поддереве могут пре-
тендовать число в самой вершине t и числа в её сыновьях. (В первом
случае вершина t регулярна, и всё в порядке.) В этих терминах цикл
можно записать так:
while наибольшее число не в t, а в одном из сыновей do begin
if оно в правом сыне then begin
поменять t с её правым сыном; t:= правый сын
end else begin {наибольшее число - в левом сыне}
поменять t с её левым сыном; t:= левый сын
end
end
После обмена вершина t становится регулярной (в неё попадает макси-
мальное число t-поддерева). Не принявший участия в обмене сын оста-
ётся регулярным, а принявший участие может и не быть регулярным.
В остальных вершинах s-поддерева не изменились ни числа, ни подде-
ревья их потомков (разве что два элемента поддерева переставились),
так что регулярность не нарушилась.
Эта же процедура может использоваться для того, чтобы сделать
1-поддерево регулярным на начальной стадии сортировки:
k := n; u := n;
{все s-поддеревья с s>u регулярны }
while u<>0 do begin
{u-поддерево регулярно везде, кроме разве что корня}
...восстановить регулярность u-поддерева в корне;
u:=u-1;
end;

4.2. Алгоритмы порядка 𝑛 log 𝑛
79
Теперь запишем процедуру сортировки на паскале (предполагая,
что n | константа, x имеет тип arr = array [1..n] of integer).
procedure sort (var x: arr);
var u, k: integer;
procedure exchange(i, j: integer);
var tmp: integer;
begin
tmp := x[i];
x[i] := x[j];
x[j] := tmp;
end;
procedure restore (s: integer);
var t: integer;
begin
t:=s;
while ((2*t+1 <= k) and (x[2*t+1] > x[t])) or
((2*t <= k) and (x[2*t] > x[t])) do begin
if (2*t+1 <= k) and (x[2*t+1] >= x[2*t]) then begin
exchange (t, 2*t+1);
t := 2*t+1;
end else begin
exchange (t, 2*t);
t := 2*t;
end;
end;
end;
begin
k:=n;
u:=n;
while u <> 0 do begin
restore (u);
u := u - 1;
end;
while k <> 1 do begin
exchange (1, k);
k := k - 1;
restore (1);
end;
end;
Несколько замечаний.
Метод, использованный при сортировке деревом, бывает полезным
в других случаях. (См. в главе
6
(Типы данных) об очереди с приори-
тетами.)

80
4. Сортировка
Сортировка слиянием хороша тем, что она на требует, чтобы весь
сортируемый массив помещался в оперативной памяти. Можно сначала
отсортировать такие куски, которые помещаются в памяти (например,
с помощью дерева), а затем сливать полученные файлы.
Ещё один практически важный алгоритм сортировки (быстрая сор-
тировка Хоара) таков: чтобы отсортировать массив, выберем случай-
ный его элемент 𝑏, и разобьём массив на три части: меньшие 𝑏, равные 𝑏
и большие 𝑏. (Эта задача приведена в главе
1
.) Теперь осталось отсор-
тировать первую и третью части: это делается тем же способом. Время
работы этого алгоритма | случайная величина; можно доказать, что
в среднем он работает не больше 𝐶𝑛 log 𝑛. На практике | он один из
самых быстрых. (Мы ещё вернёмся к нему, приведя его рекурсивную
и нерекурсивную реализации.)
Наконец, отметим, что сортировка за время порядка 𝐶𝑛 log 𝑛 мо-
жет быть выполнена с помощью техники сбалансированных деревьев
(см. главу
14
), однако программы тут сложнее и константа 𝐶 довольно
велика.
4.3. Применения сортировки
4.3.1. Найдите количество различных чисел среди элементов дан-
ного массива. Число действий порядка 𝑛 log 𝑛. (Эта задача уже была
в главе
1
.)
Решение. Отсортируйте числа, а затем посчитайте количество раз-
личных, просматривая элементы массива по порядку.
4.3.2. Дано n отрезков [a[i], b[i]] на прямой (i = 1 . . . n). Найди-
те максимальное k, для которого существует точка прямой, покрытая
k отрезками («максимальное число слоёв»). Число действий | порядка
n log n.
Решение. Упорядочим все левые и правые концы отрезков вместе
(при этом левый конец считается меньше правого конца, расположен-
ного в той же точке прямой). Далее двигаемся слева направо, считая
число слоёв. Встреченный левый конец увеличивает число слоёв на 1,
правый | уменьшает. Отметим, что примыкающие друг к другу от-
резки обрабатываются правильно: сначала идёт левый конец (правого
отрезка), а затем | правый (левого отрезка).
4.3.3. Дано 𝑛 точек на плоскости. Укажите (𝑛
−
1)-звенную неса-
мопересекающуюся незамкнутую ломаную, проходящую через все эти

4.3. Применения сортировки
81
точки. (Соседним отрезкам ломаной разрешается лежать на одной пря-
мой.) Число действий порядка 𝑛 log 𝑛.
Решение. Упорядочим точки по 𝑥-координате, а при равных 𝑥-ко-
ординатах | по 𝑦-координате. В таком порядке и можно проводить
ломаную.
4.3.4. Та же задача, если ломаная должна быть замкнутой.
Решение. Возьмём самую левую точку (то есть точку с наименьшей
𝑥-координатой) и проведём из неё лучи во все остальные точки. Теперь
упорядочим эти лучи снизу вверх, а точки на одном луче упорядочим по
расстоянию от начала луча (это делается для всех лучей, кроме нижнего
и верхнего). Ломаная выходит из выбранной (самой левой) точки по
нижнему лучу, затем по всем остальным лучам (в описанном порядке)
и возвращается по верхнему лучу.
4.3.5. Дано 𝑛 точек на плоскости. Постройте их выпуклую оболоч-
ку | минимальную выпуклую фигуру, их содержащую. (Резиновое ко-
лечко, натянутое на вбитые в доску гвозди | их выпуклая оболочка.)
Число операций порядка 𝑛 log 𝑛.
[Указание. Упорядочим точки | годится любой из порядков, ис-
пользованных в двух предыдущих задачах. Затем, рассматривая точ-
ки по очереди, будем строить выпуклую оболочку уже рассмотрен-
ных точек. (Для хранения выпуклой оболочки полезно использовать
дек, см. главу
6
. Впрочем, при упорядочении точек по углам это из-
лишне.)]
4.3.6. На прямой дано 𝑛 точек. Найдите минимальное число отрез-
ков длины 1, которые покрывают все эти точки. Число операций по-
рядка 𝑛 log 𝑛.
[Указание. Упорядочим все точки; один из отрезков должен покры-
вать последнюю 𝑥[𝑛], поскольку справа ничего нет, его правый конец
можно считать равным 𝑥[𝑛], и задача сводится к меньшему числу точек
(выбросим те, которые покрыты). ]
4.3.7. На прямой дано n отрезков [a[i], b[i]] (i = 1, . . . , n). Какое
наибольшее число непересекающихся (и не имеющих общих концов) от-
резков можно выбрать среди них? Число операций порядка 𝑛 log 𝑛.
[Указание. Можно упорядочить правые концы отрезков и рассмо-
треть два случая: последний отрезок выбран или нет.]

82
4. Сортировка
4.4. Нижние оценки для числа сравнений
при сортировке
Пусть имеется 𝑛 различных по весу камней и весы, которые по-
зволяют за одно взвешивание определить, какой из двух выбранных
нами камней тяжелее. (В программистских терминах: мы имеем до-
ступ к функции тяжелее(i,j:1..n):boolean.) Надо упорядочить кам-
ни по весу, сделав как можно меньше взвешиваний (вызовов функции
тяжелее).
Разумеется, число взвешиваний зависит не только от выбранного
нами алгоритма, но и от того, как оказались расположены камни. Слож-
ностью алгоритма назовём число взвешиваний при наихудшем распо-
ложении камней.
4.4.1. Докажите, что сложность произвольного алгоритма сорти-
ровки 𝑛 камней не меньше log
2
𝑛! (где 𝑛! = 1
·
2
·
. . .
·
𝑛).
Решение. Пусть имеется алгоритм сложности не более 𝑑. Для каждо-
го из 𝑛! возможных расположений камней запротоколируем результа-
ты взвешиваний (обращений к функции тяжелее); их можно записать
в виде последовательности из не более чем 𝑑 нулей и единиц. Для еди-
нообразия дополним последовательность нулями, чтобы её длина стала
равной 𝑑. Тем самым у нас имеется 𝑛! последовательностей из 𝑑 нулей
и единиц. Все эти последовательности разные | иначе наш алгоритм
дал бы одинаковые ответы для разных порядков (и один из ответов
был бы неправильным). Получаем, что 2
𝑑
>
𝑛! | что и требовалось
доказать.
Другой способ объяснить то же самое | рассмотреть дерево вари-
антов, возникающее в ходе выполнения алгоритма, и сослаться на то,
что дерево высоты 𝑑 не может иметь более 2
𝑑
листьев.
Несложно заметить, что log
2
𝑛!
>
𝑐𝑛 log 𝑛 при подходящем 𝑐 > 0, по-
скольку в сумме
log 𝑛! = log 1 + log 2 + log 3 + . . . + log 𝑛
вторая половина слагаемых не меньше log
2
(𝑛/2) = log
2
𝑛
−
1 каждое.
Тем самым любой алгоритм сортировки, использующий только срав-
нения элементов массива и их перестановки, требует не менее 𝑐𝑛 log 𝑛
действий, так что наши алгоритмы близки к оптимальным. Однако ал-
горитм сортировки, использующий другие операции, может действо-
вать и быстрее. Вот один из примеров.

4.4. Нижние оценки для числа сравнений при сортировке
83
4.4.2. Имеется массив целых чисел a[1] . . . a[n], причём все числа
неотрицательны и не превосходят m. Отсортируйте этот массив; число
действий порядка m + n.
Решение. Для каждого числа от 0 до m подсчитываем, сколько раз
оно встречается в массиве. После этого исходный массив можно сте-
реть и заполнить заново в порядке возрастания, используя сведения
о кратности каждого числа.
Отметим, что этот алгоритм не переставляет числа в массиве, как
большинство других, а «записывает их туда заново».
Есть также метод сортировки, в котором последовательно прово-
дится ряд «частичных сортировок» по отдельным битам. Начнём с та-
кой задачи.
4.4.3. В массиве a[1] . . . a[n] целых чисел переставьте элементы
так, чтобы чётные числа шли перед нечётными (не меняя взаимный
порядок в каждой из групп).
Решение. Сначала спишем (во вспомогательный массив) все чётные,
а потом | все нечётные.
4.4.4. Имеется массив из 𝑛 чисел от 0 до 2
𝑘
−
1, каждое из кото-
рых мы будем рассматривать как 𝑘-битовое слово из нулей и единиц.
Используя проверки «𝑖-й бит равен 0» и «𝑖-й бит равен 1» вместо срав-
нений, отсортируйте все числа за время порядка 𝑛𝑘.
Решение. Отсортируем числа по последнему биту (см. предыдущую
задачу), затем по предпоследнему и так далее. В результате они будут
отсортированы. В самом деле, индукцией по 𝑖 легко доказать, что после
𝑖 шагов любые два числа, отличающиеся только в 𝑖 последних битах,
идут в правильном порядке. (Вариант: после 𝑖 шагов 𝑖-битовые концы
чисел идут в правильном порядке.)
Аналогичный алгоритм может быть применён для 𝑚-ичной системы
счисления вместо двоичной. При этом полезна такая вспомогательная
задача:
4.4.5. Даны 𝑛 чисел и функция 𝑓, принимающая (на них) значения
1 . . . 𝑚. Требуется переставить числа в таком порядке, чтобы значения
функции 𝑓 не убывали (сохраняя порядок для чисел с равными значе-
ниями 𝑓). Число действий порядка 𝑚 + 𝑛.
[Указание. Завести 𝑚 списков суммарной длины 𝑛 (как это сделать,
см. в главе
6
о типах данных) и помещать в 𝑖-й список числа, для кото-
рых значение функции 𝑓 равно 𝑖. Вариант: посчитать для всех 𝑖, сколько

84
4. Сортировка
имеется чисел 𝑥 с 𝑓(𝑥) = 𝑖, после чего легко определить, с какого места
нужно начинать размещать числа 𝑥 с 𝑓(𝑥) = 𝑖.]
4.4.6. Даны 𝑛 целых чисел в диапазоне от 1 до 𝑛
2
. Как отсортиро-
вать их, сделав порядка 𝑛 действий?
4.5. Родственные сортировке задачи
4.5.1. Какова минимально возможная сложность (число сравнений
в наихудшем случае) алгоритма отыскания самого тяжёлого из 𝑛 кам-
ней?
Решение. Очевидный алгоритм с инвариантом «найден самый тя-
жёлый камень среди первых 𝑖» требует 𝑛
−
1 сравнений. Алгоритма
меньшей сложности нет. Это вытекает из следующего более сильного
утверждения.
4.5.2. Эксперт хочет убедить суд, что данный камень | самый тя-
жёлый среди 𝑛 камней, сделав менее 𝑛
−
1 взвешиваний. Докажите, что
это невозможно. (Веса камней неизвестны суду, но известны эксперту.)
Решение. Изобразим камни точками, а взвешивания | линиями
между ними. Получим граф с 𝑛 вершинами и менее чем 𝑛
−
1 рёбрами.
Такой граф несвязен (добавление каждого следующего ребра уменьша-
ет число связных компонент не более чем на 1). Поэтому суд ничего
не знает относительно соотношения весов камней в различных связ-
ных компонентах и может допустить, что самый тяжёлый камень |
в любой из них.
Более простое объяснение: будем следить за тем, сколько камней
к данному моменту не «проиграли» (то есть не оказались легче других).
Вначале их 𝑛; при каждом взвешивании проигрывает только один ка-
мень, а если есть двое не проигравших никому, любой из них может
(с точки зрения суда) оказаться самым тяжёлым.
Разница между этой задачей и предыдущей: в этой задаче мы дока-
зываем, что 𝑛
−
2 взвешиваний не достаточно не только для нахожде-
ния самого тяжёлого, но даже для того, чтобы убедиться, что данный
камень является таковым | если предположительный ответ известен.
(В случае сортировки, зная предположительный ответ, мы можем убе-
диться в его правильности, сделав всего 𝑛
−
1 сравнений | каждый
сравниваем со следующим по весу. Напомним, что сортировка требует
в худшем случае значительно больше сравнений.)

4.5. Родственные сортировке задачи
85
4.5.3. Докажите, что можно найти самый лёгкий и самый тяжёлый
из 2𝑛 камней (одновременно), сделав 3𝑛
−
2 взвешиваний.
Решение. Разобьём камни произвольным образом на 𝑛 пар и срав-
ним камни в каждой паре (𝑛 взвешиваний). Отложим отдельно «побе-
дителей» (более тяжёлых в своей паре) и «проигравших» (более лёгких).
Ясно, что самый лёгкий камень надо искать среди проигравших (𝑛
−
1
сравнений), а самый тяжёлый | среди победителей (ещё 𝑛
−
1 сравне-
ний).
4.5.4. Докажите, что не существует алгоритма, позволяющего га-
рантированно найти самый лёгкий и самый тяжёлый среди 2𝑛 камней
(одновременно), сделав менее 3𝑛
−
2 взвешиваний.
Решение. Пусть такой алгоритм существует. Наблюдая за его при-
менением к какой-то группе из 2𝑛 камней, мы будем следить за четырь-
мя параметрами. А именно, мы будем смотреть, сколько камней
(a) кому-то уже проиграли, а у кого-то уже выиграли;
(b) кому-то уже проиграли, но ещё ни у кого не выиграли;
(c) у кого-то уже выиграли, но ещё никому не проиграли;
(d) ни у кого не выиграли и никому не проиграли (то есть ни с кем
не сравнивались).
(Напомним, что выигравшим в сравнении мы считаем более тяжёлый
камень.) Камни типа (a), очевидно, не могут уже оказаться ни самыми
лёгкими, ни самыми тяжёлыми, каковы бы ни были результаты даль-
нейших сравнений. Любой камень типа (b) имеет шанс оказаться са-
мым лёгким (в самом деле, его можно произвольно облегчить, не меняя
результатов уже выполненных сравнений), но уже не может быть са-
мым тяжёлым; для камней типа (c) наоборот. Наконец, любой камень
типа (d) может быть и самым лёгким, и самым тяжёлым.
Обозначим через 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 количества камней в соответствующих ка-
тегориях и проследим, как меняются эти параметры при очередном
сравнении в зависимости от того, камни какого типа сравниваются и с
каким результатом (см. таблицу на следующей странице). Последний
столбец таблицы показывает, как меняется величина 𝑠 = 𝑏 + 𝑐 + (3/2)𝑑
(которую можно рассматривать в качестве меры «оставшейся работы»:
камень, про который не известно ничего, с точки зрения этой меры
в полтора раза сложнее камня, для которого есть односторонняя оцен-
ка). Изначально 𝑠 = 3𝑛, а в конце 𝑠 = 2 (про все камни, кроме двух,
известно, что они относятся к категории (a)). Из таблицы видно, что
при любом взвешивании есть «неудачный исход», при котором 𝑠 умень-
шается не более чем на единицу. Такие исходы действительно возможны

86
4. Сортировка
сравнение
𝑎
𝑏
𝑐
𝑑
𝑏 + 𝑐 + (3/2)𝑑
𝑎 { 𝑎
0
0
0
0
0
𝑎 > 𝑏
0
0
0
0
0
𝑎 < 𝑏
+1
−
1
0
0
−
1
𝑎 < 𝑐
0
0
0
0
0
𝑎 > 𝑐
+1
0
−
1
0
−
1
𝑎 > 𝑑
0
+1
0
−
1
−
1/2
𝑎 < 𝑑
0
0
+1
−
1
−
1/2
𝑏 { 𝑏
+1
−
1
0
0
−
1
𝑏 < 𝑐
0
0
0
0
0
𝑏 > 𝑐
+2
−
1
−
1
0
−
2
𝑏 < 𝑑
0
0
+1
−
1
−
1/2
𝑏 > 𝑑
+1
0
0
−
1
−
3/2
𝑐 { 𝑐
+1
0
−
1
0
−
1
𝑐 < 𝑑
+1
0
0
−
1
−
3/2
𝑐 > 𝑑
0
+1
0
−
1
−
1/2
𝑑 { 𝑑
0
+1 +1
−
2
−
1
(не противоречат результатам предыдущих взвешиваний): при сравне-
нии 𝑏-камня и 𝑐-камня может оказаться, что 𝑐-камень тяжелее (его вес
не ограничен сверху предыдущими взвешиваниями), а при сравнении c
участием 𝑑-камня результат может быть любым, поскольку про 𝑑-ка-
мень ничего не известно. (Кроме того, можно заметить, что если один
из исходов взвешивания невозможен, то это взвешивание вообще излиш-
не и его можно не делать.) А если исходы всех взвешиваний неудачны,
то уменьшение 𝑠 с 3𝑛 до 2 потребует как минимум 3𝑛
−
2 взвешиваний,
что и требовалось доказать.
4.5.5. Дано 𝑛 различных по весу камней. Найдите самый тяжёлый
и второй по весу камни, сделав не более 𝑛 +
⌈
log
2
𝑛
⌉ −
2 взвешиваний
(
⌈
log
2
𝑛
⌉
| наименьшее целое 𝑘, при котором 2
𝑘
>
𝑛).
Решение. Сначала найдём победителя (самый тяжёлый камень), а
потом будем искать второй по весу. Ясно, что второго можно искать
лишь среди тех, кто проиграл лично победителю (проигравшие кому-то
ещё легче сразу двух камней). Если определять победителя в турнире
по олимпийской системе (все делятся на пары, проигравшие выбыва-
ют, потом снова делятся на пары и так далее), то для 2
𝑘
участников
понадобится 𝑘 раундов, а для 𝑛 участников |
⌈
log
2
𝑛
⌉
раундов. В ка-
ждой игре турнира выбывает один участник, поэтому всего будет 𝑛
−
1

4.5. Родственные сортировке задачи
87
игр для определения победителя и ещё
⌈
log
2
𝑛
⌉ −
1 в турнире за второе
место среди проигравших победителю.
4.5.6. Докажите, что никакой алгоритм нахождения самого тяжёло-
го и второго по весу среди 𝑛 камней не может гарантированно сделать
это менее чем за 𝑛 +
⌈
log
2
𝑛
⌉ −
2 взвешиваний.
Решение. Пусть дан такой алгоритм. В каждый момент его испол-
нения рассмотрим число 𝑘
𝑖
камней-участников, проигравших не менее 𝑖
игр-сравнений. (Косвенные проигрыши | если 𝑎 проиграл 𝑏, а 𝑏 про-
играл 𝑐, | не учитываются.) Легко понять, что сумма 𝑘
𝑖
по всем 𝑖
равна числу игр, так как после каждой игры одно из 𝑘
𝑖
увеличивается
на единицу.
Поэтому достаточно показать, что каков бы ни был алгоритм, при
неудачных для него результатах игр будет выполнено неравенство
𝑘
1
+ 𝑘
2
>
𝑛 +
⌈
log
2
𝑛
⌉ −
2. Будем называть «лидерами» тех участников,
которые ещё никому не проиграли. В начале их 𝑛, а в конце остаётся
только один лидер (поскольку любой из лидеров может быть победите-
лем). Поэтому 𝑘
1
>
𝑛
−
1 (все игроки, кроме одного, кому-то проигра-
ли). Объясним, как надо выбирать результаты матчей, чтобы добиться
неравенства 𝑘
2
>
⌈
log
2
𝑛
⌉ −
1. Результат встречи двух не-лидеров мо-
жет быть выбран любым. Если лидер встречается с не-лидером, то вы-
игрывает лидер. При встрече двух лидеров выигрывает более опытный,
то есть тот, кто выиграл к этому моменту больше игр (при равенстве |
любой).
Чтобы доказать, что в этом случае выполнено искомое неравенство
на 𝑘
2
, введём отношения подчинения, считая при этом, что каждый
игрок в любой момент игры подчинён ровно одному лидеру. В нача-
ле каждый сам себе лидер и подчинён только себе. При встрече лидера
с не-лидером (или двух не-лидеров) подчинение не меняется; при встре-
че двух лидеров проигравший и все его подчинённые переподчиняются
выигравшему.
Легко доказать по индукции, что если лидер выиграл 𝑘 игр, то груп-
па его подчинённых (включая его самого) содержит не более 2
𝑘
человек.
Вначале 𝑘 = 0 и в его группе только он сам. Если лидер выиграл 𝑘 игр
и побеждает лидера, выигравшего не более 𝑘 игр, то в каждой из групп
не более 2
𝑘
игроков, а в объединении не более 2
𝑘+1
игроков.
Следовательно, по окончании турнира лидер выиграл не менее
⌈
log
2
𝑛
⌉
игр, поскольку в его группе все 𝑛 игроков. Все побеждённые
им, кроме второго по силе игрока, проиграли ещё кому-то (иначе по-
чему мы уверены, что они не вторые по силе?). Отсюда и получается
требуемая оценка на 𝑘
2
.

88
4. Сортировка
4.5.7. Докажите, что оценка предыдущей задачи остаётся в силе,
если требуется найти лишь второй по весу камень, а самый тяжёлый
искать не обязательно.
[Указание. Если по окончанию турнира определился второй по си-
ле игрок, то он кому-то проиграл (откуда мы знаем иначе, что он не
первый?), и тем самым известен и победитель.]
4.5.8. Дано 𝑛 различных по весу камней и число 𝑘 (от 1 до 𝑛). Требу-
ется найти 𝑘-й по весу камень, сделав не более 𝐶𝑛 взвешиваний, где 𝐶 |
некоторая константа, не зависящая от 𝑘 и 𝑛.
Замечание. Сортировка позволяет сделать это за 𝐶𝑛 log 𝑛 взвеши-
ваний. Указание к этой (трудной) задаче приведено в главе про рекур-
сию.
Следующая задача имеет неожиданно простое решение.
4.5.9. Имеется 𝑛 одинаковых на вид камней, некоторые из которых
на самом деле различны по весу. Имеется прибор, позволяющий по двум
камням определить, одинаковы они или различны (но не говорящий,
какой тяжелее). Известно, что среди этих камней большинство (более
𝑛/2) одинаковых. Сделав не более 𝑛 взвешиваний, найдите хотя бы один
камень из этого большинства. (Предостережение. Если два камня оди-
наковые, это не гарантирует их принадлежности к большинству.)
[Указание. Если найдены два различных камня, то их оба можно
выбросить | хотя бы один из них плохой и большинство останется
большинством.]
Решение. Программа просматривает камни по очереди, храня в пе-
ременной i число просмотренных камней. (Считаем камни пронумеро-
ванными от 1 до n.) Помимо этого программа хранит номер «текущего
кандидата» c и его «кратность» k. Смысл этих названий объясняется
инвариантом (И):
если к непросмотренным камням (с номерами i+1 . . . n) до-
бавили бы k копий c-го камня, то наиболее частым среди них
был бы такой же камень, что и для исходного массива.
Получаем такую программу:
k:=0; i:=0;
{(И)}
while i<>n do begin
if k=0 then begin

4.5. Родственные сортировке задачи
89
k:=1; c:=i+1; i:=i+1;
end else if (i+1-ый камень одинаков с c-ым) then begin
i:=i+1; k:=k+1;
{заменяем материальный камень идеальным}
end else begin
i:=i+1; k:=k-1;
{выкидываем один материальный и один идеальный камень}
end;
end;
искомым является c-ый камень
Замечание. Поскольку во всех трёх вариантах выбора стоит команда
i:=i+1, её можно вынести наружу.
Заметим также, что эта программа гарантирует отыскание наибо-
лее частого камня, лишь если он составляет большинство.
Следующая задача не имеет на первый взгляд никакого отношения
к сортировке.
4.5.10. Имеется квадратная таблица a[1..n,1..n]. Известно, что
для некоторого i строка с номером i заполнена одними нулями, а стол-
бец с номером i | одними единицами (за исключением их пересечения
на диагонали, где стоит неизвестно что). Найдите такое i (оно, оче-
видно, единственно). Число действий порядка n. (Заметим, что это су-
щественно меньше числа элементов в таблице.)
[Указание. Рассмотрите a[i][j] как результат «сравнения» i с j
и вспомните, что самый тяжёлый из n камней может быть найден
за n сравнений. (Заметим, что таблица может не быть «транзитив-
ной», но всё равно при «сравнении» двух элементов один из них от-
падает.)]

5. КОНЕЧНЫЕ АВТОМАТЫ
И ОБРАБОТКА ТЕКСТОВ
5.1. Составные символы, комментарии и т. п.
5.1.1. В тексте возведение в степень обозначалось двумя идущими
подряд звёздочками. Решено заменить это обозначение на ^ (так что,
к примеру, x**y заменится на x^y). Как это проще всего сделать? Ис-
ходный текст читается символ за символом, получающийся текст тре-
буется печатать символ за символом.
Решение. В каждый момент программа находится в одном из двух
состояний: «основное» и «после» (звёздочки):
Состояние Очередной
Новое
Действие
входной символ состояние
основное
*
после
нет
основное
𝑥
̸
= *
основное
печатать 𝑥
после
*
основное
печатать ^
после
𝑥
̸
= *
основное
печатать *, 𝑥
Если в конце текста программа оказывается в состоянии «после», то
следует напечатать звёздочку (и кончить работу).
Замечание. Наша программа заменяет *** на ^* (но не на *^). В ус-
ловии задачи мы не оговаривали деталей, как это часто делается |
предполагается, что программа «должна действовать разумно». В дан-
ном случае, пожалуй, самый простой способ объяснить, как программа
действует | это описать её состояния и действия в них.
5.1.2. Напишите программу, удаляющую из текста все подслова ви-
да abc.

5.1. Составные символы, комментарии и т. п.
91
5.1.3. В паскале комментарии заключаются в фигурные скобки:
begin {начало цикла}
i:=i+1; {увеличиваем i на 1}
Напишите программу, которая удаляла бы комментарии и вставляла бы
вместо исключённого комментария пробел (чтобы 1{один}2 преврати-
лось не в 12, а в 1 2).
Решение. Программа имеет два состояния: «основное» и «внутри»
(комментария).
Состояние Очередной
Новое
Действие
входной символ состояние
основное
{
внутри
нет
основное
𝑥
̸
= {
основное
печатать 𝑥
внутри
}
основное
печатать пробел
внутри
𝑥
̸
= }
внутри
нет
Замечание. Эта программа не воспринимает вложенные коммента-
рии: строка вроде
{{комментарий внутри} комментария}
превратится в
комментария}
(в начале стоят два пробела). Обработка вложенных комментариев
конечным автоматом невозможна (нужно «помнить число скобок» |
а произвольное натуральное число не помещается в конечную память).
5.1.4. В паскалевских программах бывают также строки, заключён-
ные в кавычки. Если фигурная скобка встречается внутри строки, то
она не означает начала или конца комментария. В свою очередь, кавыч-
ка в комментарии не означает начала или конца строки. Как изменить
программу, чтобы это учесть?
[Указание. Состояний будет три: основное, внутри комментария,
внутри строки.]
5.1.5. Ещё одна возможность многих реализаций паскаля | это
комментарии вида
i:=i+1;
(*
here i is increased by 1 *)
при этом закрывающая скобка должна соответствовать открывающей
(то есть
{
. . . *) не разрешается). Как удалять такие комментарии?

92
5. Конечные автоматы и обработка текстов
5.2. Ввод чисел
Пусть десятичная запись числа подаётся на вход программы символ
за символом. Мы хотим «прочесть» это число (поместить в переменную
типа real его значение). Кроме того, надо сообщить об ошибке, если
число записано неверно.
Более конкретно, представим себе такую ситуацию. Последователь-
ность символов на входе делится на прочитанную и оставшуюся части.
Мы можем пользоваться функцией Next:char, которая даёт первый
символ оставшейся части, а также процедурой Move, которая забирает
первый символ из оставшейся части, переводя его в категорию прочи-
танных.
прочитанная часть
Next
?
?
Будем называть десятичной записью такую последовательность
символов:
⟨
0 или более пробелов
⟩ ⟨
1 или более цифр
⟩
,
а также такую:
⟨
0 или более пробелов
⟩ ⟨
1 или более цифр
⟩
.
⟨
1 или более цифр
⟩
.
Заметим, что согласно этому определению
1.
.1
1.␣1
-1.1
не являются десятичными записями. Сформулируем теперь задачу
точно:
5.2.1. Прочтите из входной строки максимальную часть, которая
может быть началом десятичной записи. Определите, является ли эта