Nội dung chính của bài viết trình bày Thuật toán tham lam là tìm tối ưu địa phương ở mỗi bước đi với hy vọng tìm được tối ưu toàn cục. Dĩ nhiên thuật toán tham lam không đảm bảo được tối ưu địa phương sẽ cho ta lời giải tối ưu toàn cục. Mời các bạn tham khảo!
THUẬT TỐN THAM LAM TRONG XÂY DỰNG CẤU HÌNH TỔ HỢP Trần Minh Hiền (THPT Chuyên Quang Trung, Bình Phước) Thuật tốn tham lam tìm tối ưu địa phương bước với hy vọng tìm tối ưu tồn cục Dĩ nhiên thuật tốn tham lam khơng đảm bảo tối ưu địa phương cho ta lời giải tối ưu toàn cục Nhưng nhiều tốn, việc xảy Ví dụ:"Cho trước tập hợp S đồng xu Khi cần lấy đồng xu S để tổng số tiền M cho trước Khi S D f1; 5; 10; 25g, áp dụng thuật toán tham lam để xây dựng phương án tối ưu sau: Thêm đồng xu x lớn S cho x Ä M ; Áp dụng lại thuật tốn cho M x Ví dụ, với M D 91, ta chọn 25 S, sau lại tiếp tục áp dụng thuật toán cho 91 25 D 66 Khi ta lại tiếp tục chọn số 25.Tiếp tục áp dụng thuật toán cho 66 25 D 41, ta chọn số 25 Lại áp dụng thuật toán cho 41 25 D 16, ta chọn số 10 Lại tiếp tục áp dụng thuật toán cho 16 10 D 6, ta chọn số Và cuối áp dụng thuật toán cho D 1, ta chọn số Từ tập hợp tối ưu f25; 25; 25; 10; 5; 1g Tức với tập S D f1; 5; 10; 25g thuật toán tham lam cho ta phương án tối ưu Tuy nhiên thuật toán tối ưu lúc cho ta phương án tối ưu Ví dụ với S D f1; 3; 4g M D 6, thuật toán tham lam cho ta tập f1; 1; 4g, nhiên phương án tối ưu f3; 3g." Dưới số toán minh họa Câu (BMO 1998) Một đại lý vé tàu hỏa phân phối vé tàu hỏa cho 200 đại lý Trong ngày đặc biệt, có tất 3800 người 200 đại lý đến mua vé, người mua vé Chứng minh có đại lý có số người đến mua vé ngày hơm Ý khơng cịn thay số Lời giải Gọi s1 ; s2 ; : : : ; s200 số người đến đại lý thứ nhất, đại lý thứ hai,: : :, đại lý thứ 200 mua vé tàu hỏa ngày Khơng tính tổng qt, ta giả sử s1 Ä s2 Ä : : : Ä s200 Đặt S D s1 C s2 C C s200 S D 3800 Bây ta tìm hiểu S nhỏ điều kiện tốn khơng thỏa, tức khơng tồn dãy si ; si C1 ; si C2 ; : : : ; si C5 mã si D si C1 D : : : D si C5 Rõ ràng S nhỏ ta lấy nhiều số nhỏ, số nhỏ không lấy Do S nhỏ s1 D s2 D : : : D s5 D 1; s6 D s7 D : : : D s10 D 2; ::: s196 D s197 D : : : D s200 D 40: 109 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Nhưng tổng S đạt 1C1C ƒ‚ „ số C 1C2 C C … „ ƒ‚ số C 2C … C 40 C 40 C ƒ‚ „ số C 40 D 4100: … Do S > 3800, điều mâu thuẫn Điều chứng tỏ phải tồn số hạng liên tiếp dãy Hay có đại lý có số người đến mua vé ngày hơm Chúng ta xây dựng ví dụ thỏa mãn thuật toán Với Ä i Ä 198 Ä i si D C 1: Khi s1 C s2 C C s198 D 3366 Khi chọn s119 D s200 D 220 Khi S D 3800 rõ ràng khơng có phần tử liên tiếp nhau, tức khơng có cửa hàng có số người đến mua vé Bài tốn giải hồn tồn Câu (Iran 1997) Cho hai số nguyên dương m; k Chứng minh tồn số nguyên dương ak > ak > : : : > a1 cho ! ! ! ak ak a1 mD C C C k k 1 ! ! ak ak Tổng C C k k ! a1 C gọi khai triển Macaulay m ứng với d Ví dụ khai triển Macaulay 17 ứng với ! ! ! C C D 10 C C D 17; khai triển Macaulay 16 ứng với ! ! ! C C D 10 C C D 16: Lời giải Đầu tiên ta chứng minh Giả sử m biểu diễn hai dãy ak ; : : : ; a1 bk ; : : : ; b1 Khi hai dãy a1 ; : : : ; ak fb1 ; : : : ; bk g (theo thứ tự) phải có hai phần tử khác Ta gọi ví trí mà chúng khác nhau, khơng tính tổng qt k, tc ak Ô bk Gi s ak > bk mà khơng làm tính tổng qt đề Vì b1 < b2 < : : : < bk < bk dãy số nguyên nên bk Vì Ä bk 1; bk Ä bk 1 Ä bk ! ! bk bk mD C C k k 110 2; : : : ; b1 < bk b1 C ! k C 1: Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 nên ! ! bk bk 1 mÄ C C k k Theo tính chất nhị thức ! ! bk bk 1 C C k k ! bk C )m< : k C bk C bk ! kC1 : ! ! kC1 bk C < kC1 Vì bk < ak nên bk C Ä ak Do ! ! bk C ak Ä : k k Dẫn đến ! ! ! ! ak ak ak bk C C C < Ä m< k k k k a1 C ! Äm vô lý Vậy điều phản chứng sai Để chứng minh tồn tại, ta sử dụng thuật toán tham lam sau: ta tìm số ak lớn cho ! ak Ä m: k ! ak Sau lại áp dụng thuật tốn trên, thay cho m k, cho m k k Cứ tiếp tục quy trình ta dựng dãy thỏa mãn Dãy fa1 ; a2 ; : : : ; ak g dãy tăng dần vì, theo cách xây dựng nên ! ! ! ak C ak ak m< )m < k k k ! ! ! ak C ak ak tính chất nhị thức D C Nhưng lại theo cách dựng k k k ! ak n i C1 n (bất đẳng thức cuối có i số lớn thỏa a1 C a2 C i/ nC1 i C1 C Ä nC1 ) Cuối ta cần chứng minh n i nC1 i C1 3n i ) n 1/2 4i.n i 1/: Điều có bất đẳng thức Cauchy 4i.n i 1/ Ä i C n i 1/2 D n 1/2 : Đến tốn chứng minh hồn toàn Câu (IMO 2003) Cho A tập chứa 101 phần tử tập S D f1; 2; : : : ; 1000000g Chứng minh tồn phần tử t1 ; t2 ; : : : ; t100 S cho tập Aj D fx C tj jx Ag; j D 1; 2; : : : ; 100 rời đôi Lời giải Ta mong muốn tìm thuật tốn xây dựng t1 ; t2 ; : : : ; t100 Giả sử tay ta có t1 , t2 phải chọn cho (theo giả thit) x C t1 Ô y C t2 ; 8x; y A ) t2 Ô t1 C x y; 8x; y A: Để đảm bảo dãy fti g phân biệt ta xây dựng dãy fti g tng dn T ú ta cn t2 Ô t1 C jx yj; 8x; y A đảm bảo tính tăng dần Nhưng chọn t2 phải chọn t3 ; : : : ; t100 Do chọn t2 phải vừa đảm bảo "đủ xa", tức khác tất giá trị trước đó, phân tích trên, vừa đảm bảo "đủ gần", để xây dựng tiếp cho t3 ; : : : ; t100 Từ ý tưởng xây dựng t2 hình thành: – Trên trục số ta biểu diễn phần tử S theo thứ tự tăng dần – Chọn t1 D S , ta tô màu số t1 tất số dạng: ft1 C jx yj D C jx yjj8x; y Ag trục số (các giá trị hiệu jx yj trùng với cặp ! số x; y/ khác A, nên bước ta đánh dấu không 101 1C D 5051 số, kể số t1 D 1) 113 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 – Sau bước này, ta chọn t2 số nhỏ trục số mà chưa bị tô màu Tiếp tục ta lại tô màu số t2 số trục số dạng: ft2 C jx yjjx; y Ag Ở bước vài số tơ màu bước Khi trục số, sau bước này, có tối đa 5051 số S tơ màu Với cách xây dựng t2 > t1 – Cứ tiếp tục thuật toán trên, sau xây dựng số t1 ; : : : ; t99 tơ màu tối đa 500049 phần tử S trục số Vì 500049 < 1000000 nên ta tiếp tục xây dựng số t100 theo thuật toán Vậy số t1 < t2 < : : : < t100 xây dựng Bây ta kiểm tra lại, với cách xây dựng t1 ; t2 ; : : : ; t100 thuật toán trên, tập Aj ; Ak rời đôi với Ä j < k Ä 100 Thật vậy, giả sử ngược lại, tức tồn x C tj D y C tk với x; y A Do cách xây dựng đảm bảo tk > tj Do x > y Điều dẫn đến tk D tj C x y D tj C jx yj; vô lý tk chọn bước thứ k phải khác tất số tô màu trục số: fti C jx yj W 8i D 1; 2; : : : ; k 1g Vậy Ai \ Aj D ; Bài tốn chứng minh hồn tồn Câu Cho A tập hợp số nguyên dương thỏa mãn: với phần tử x; y thuộc A jx xy : 30 yj Hỏi A chứa nhiều phần tử? Lời giải Ta nhận thấy x; y số lớn Bắt đầu với tập A D f1g, áp dụng thuật tốn tham lam, lần thử tìm phần tử nhỏ nằm A Quá trình ta thu A D f1; 2; 3; 4; 5; 6; 8; 11; 18; 45g sau q trình khơng thể thêm phần tử vào A Từ dự đốn A có nhiều 10 phần tử Đặt A D fa1 ; a2 ; : : : ; an g Ta chứng minh n Ä 10 Khơng tính tổng qt, giả sử Ä a1 < a2 Ä < an Khi C1 ai C1 ) 30 ai C1 Tổng tất đánh giá với i D 5; 6; : : : ; n a5 Vì an ; 81 Ä i Ä n 30 n 30 ) ta a5 n 30 i; 8i D 5; : : : ; n nên từ đánh giá ta có Ä a5 < 30 n Từ tốn chứng minh hồn tồn 114 ) n Ä 10: : 1: Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Câu (IMO 2014) Một tập hợp đường thẳng mặt phẳng gọi "tốt" khơng có hai đường thẳng chúng song song khơng có ba đường thẳng chúng đồng quy Tập hợp đường thẳng "tốt" chia mặt phẳng thành miền, với số miền có diện tích hữu hạn gọi miền hữu hạn p Chứng minh với n đủ lớn, với tập hợp n đường thẳng "tốt" ta ln tơ màu n đường thẳng màu xanh để khơng có miền hữu hạn có tồn biên màu xanh Lời giải (Dựa theo lời giải GS Nguyễn Tiến Dũng) Ta thử làm theo kiểu thuật toán, tức tìm thuật tốn tơ màu xanh đường Tại lại số bậc hai, chút xíu rõ Thuật tốn đơn giản sau: Đầu tiên tô đường tùy ý màu xanh (hiển nhiên có thơi chưa thể vây toàn miền nào) Tiếp theo chọn đường để tô: chọn thêm đường để tô xanh (mà khơng phạm luật bài) tơ, cịn đến khơng cịn đường dừng Giả thuật tốn dừng lại sau tơ k đường Bây phải chứng minh n Ä k Hay ta chứng minh ngược lại: n > k tơ tiếp Nếu n > k số đường cịn lại chưa tơ lớn k k D k.k 1/, tức lớn lần số điểm nút xanh (điểm nút xanh = điểm giao đường xanh) Gọi đường (trong số đường cịn lại đó) đường cấm mà tơ thêm đường màu xanh tạo miền bị chặn với biên tồn màu xanh Bây cần chứng minh số đường bị cấm khơng vượt q k.k 1/, dẫn đến có đường khơng bị cấm, tơ xanh Để chứng minh điều đó, ta tìm cách lập mối quan hệ đường bị cấm với nút xanh, cho tất đường cấm ứng với nút, ngược lại nút ứng với khơng đường cấm Nếu có quan hệ số đường cấm khơng vượt q lần số nút) Quan hệ nào? Một quan hệ hiển nhiên là: đường cấm tức tạo miền cấm (miền có cạnh biên đường đó, cạnh cịn lại xanh) Lấy miền cấm đó, lấy nút xanh đỉnh miền cấm mà kề sát đường cấm nút trùng miền cấm tam giác Để phân biệt, thay vị đặt quan hệ với nút , ta đặt quan hệ với đoạn cấm: gồm nút cạnh xanh miền cấm từ nút chạm vào đường cấm Như vậy, đường cấm ứng với đoạn cấm Ngược lại, nút cho nhiều đoạn cấm, từ nút có nửa đường thẳng xanh, nửa đường thẳng có nhiều đoạn cấm xuất phát từ nút (khơng thể có đoạn cấm đè lên từ nút xanh) Như vậy, quan hệ mà theo chiều 2, theo chiều ngược lại Ä 4, số đường cấm Ä lần số nút xanh Câu (IMO 1983) Chứng minh chọn 2048 số nguyên dương phân biệt, tất số nhỏ 100000; cho khơng có ba số hạng tập tạo thành ba phần tử liên tiếp cấp số cộng Lời giải Ở có trực giác là: số 100.000 dường khơng thích hợp lớn Do làm suy nghĩ giải toán với số nhỏ mở rộng Chúng ta chắn nên bắt đầu với việc xây dựng dãy nhỏ thuật toán tham lam Bắt đầu với dãy 1; Khi 115 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 – khơng thể thêm vào tạo thành cấp số cộng ! ! 3; – Chúng ta thêm 4, vào dãy – lại thêm vào dãy được, tạo thành cấp số cộng ! ! – khơng thểm thêm vào dãy tạo thành cấp số cộng ! ! – khơng thể thêm vào dãy tạo thành cấp số cộng ! ! – khơng thể thêm vào dãy tạo thành cấp số cộng ! ! – Chúng ta thêm 10, 11, lại thêm 12 Thêm 13, 14, tiếp tục ta thêm vào số gần 28,29 Ta dừng lại phân tích có số khoảng trống xuất hiện: ! 4; ! 10; 14 ! 28 Tức số gấp lần xuất Ngồi cịn có ! 10 ! 28, điều viết lại 31 C ! 32 C ! 33 C Từ ta nhận thấy số đóng vai trị quan trọng, đặc biệt lũy thừa Điều gợi ta đến việc xây dựng dãy số theo số 3, trừ từ số Do dãy ta S D C f03 ; 13 ; 103 ; 113 ; 1003 ; 1013 ; 1103 ; 1113 ; 10003 ; : : : ; 111111111113 g gồm tất số số gồm hai chữ số Ta có jSj D 211 D 2048 số Phần tử lớn S C 111111111113 < 100:000; Gọi x; y; z ba phần tử phân biệt tùy ý S , giả sử x C y D 2z Do 2z gồm hai chữ số Mà có phân tích C D 0; C D nên x; y phải có chữ số trùng vị trí, tức x D y, vơ lý Tức ba phần tử tùy S ba phần tử liên tiếp cấp số cộng Câu Chứng minh với số nguyên dương n, ln biểu diễn dạng thành tổng số lũy thừa phân biệt Phân tích: Đầu tiên ta chứng minh biểu diện dụng thuật tốn tham lam Ta chọn lũy thừa lớn nhất, gọi 2k , cho 2k Ä n Nếu n D 2k tốn kết thúc Ngược lại, ta áp dụng thuật toán cho số n 2k Chắc chắn lũy thừa phân biệt bước chọn, theo cách xây dựng cho 2k n < 2kC1 , dẫn đến n 2k < 2k Do bước ta chọn 2k : 2k Ä n 2k 2k < 2k Tuy nhiên ta viết lời giải viết dạng quy nạp Lời giải Với n D 1, ta có D 20 Giả sử toán cho với số n mà Ä n < 2k , với k Ta chứng minh toán cho với n mà Ä n < 2kC1 Như ta biết khoảng Ä n < 2k , biểu diễn n có số hạng lớn 2k Cộng thêm vào biểu diễn cho số 2k , ta biểu diễn cho số n mà C 2k Ä n < 2k C 2k D 2kC1 : 116 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Ngồi n D 2k thân biểu diễn lũy thừa Do đó, tốn cho với Ä n < 2kC1 Để chứng minh nhất, theo hướng quy nạp, ta phải chứng tỏ với 2k Ä n < 2kC1 , phải có 2k biểu diễn Thật vậy, giả sử ngược lại, biểu diễn n, tổng lớn n Ä 20 C 21 C 22 C C 2k D 2k 1 < n; mâu thuẫn Câu Cho A1 ; A2 ; : : : ; An tập phân Ä biệt f1; 2; : : : ; ng jAi j D 3; 8i D 2n 1; 2; : : : ; n Chứng minh ta tơ màu phần tử f1; 2; : : : ; ng cho tập Ai có phần tử tơ màu Phân tích: Ta thực tơ màu phần tử f1; 2; : : : ; ng theo thuật toán tham lam sau: Mỗi bước, ta tô màu phần tử x thuộc nhiều tập tốt Giả sử x thuộc vào tập A1 ; A2 ; : : : ; Ak Đến bước thứ hai ta loại bỏ phần tử thuộc vào tập A1 ; A2 ; : : : ; Ak , ta lại tiếp tục tô màu phần tử y thuộc nhiều tập lại tốt, tiếp tục ta có điều phải chứng minh Lời giải Gọi A tập hợp tập số tập A1 ; A2 ; : : : ; An mà tập chưa có phần tử tơ màu sau thực k lần thuật toán tham lam Ta lưu ý sau thực k bước, tất tập hợp A "rời nhau" Khi rõ ràng thuật tốn dừng thực tiếp k C jAj bước (vì tập hợp A phải tô màu phần tử, tập rời nhau) Ta ý rằng: n k Ä bước thực thuật tốn, số tập hợp giảm hai lần k lần thực thuật toán đầu tiên, ta tập trung vào tô màu phần tử thuộc vào hai tập trở lên jAj Ä n k sau thực thuật tốn k lần, ta tô màu k phần tử, tức loại khỏi k phần tử f1; 2; : : : ; ng, lại nhiều n k phần tử lại chia thành tập rời kích thước 3: Do k C jAj Ä k C n k D n 2k n n 2n 2n C Ä C D )kÄ : 3 3 3 Ä Vì k nguyên dương, chứng tỏ thuật toán kết thúc ta thực nhiều 2n lần Bài toán chứng minh Câu 10 (China TST 2015) Cho X tập khác rỗng A1 ; A2 ; : : : ; An n tập X cho jAi j Ä 3; 8i D 1; 2; : : : ; n; Bất kỳ phần tử X nằm tập số A1 ; A2 ; : : : ; An Ä 3n Chứng minh chọn tập hợp số tập A1 ; A2 ; : : : ; An mà hợp chúng X 117 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Lời giải Kết luận toán yêu cầu chọn số tập hợp, hợp lại X , ta Chọn tập có phần tử, giả sử A1 ; jA1 j D Sau đó, ta chọn tiếp tập A2 mà jA2 j D A2 \ A1 D ; Sau chọn tập A2 , ta chọn tiếp tập A3 mà jA3 j D A3 \ A1 D ;; A3 \ A2 D ;, tiếp tục đến chọn thêm tập vào hệ Trong tất cách cách lựa chọn tập hợp A1 ; A2 ; : : : ; An , ta chọn hệ tập hợp S3 cực đại, giả sử S3 D fA1 ; A2 ; : : : ; Ai g (i Ä n) (tức họ S3 chứa nhiều tập hợp có) mà jAt j D 3; 8t D 1; 2; : : : ; i Ar \ As D ;; 81 Ä r < s Ä i (điều có nghĩa, lần bổ sung tập hợp vào S3 tập X3 có số lượng phần tử tăng lên 3) Đặt X3 D [ Ar Do tính tối đại tập S3 , nên với tập hợp Aj (j > i) Ar 2S3 jAj \ XnX3 /j Ä khơng ta tiếp tục bổ sung Aj vào tập S3 , mâu thuẫn với tính tối đại S3 Và jX3 j D 3i: Bây ta tiếp tục chọn họ S2 cực đại chứa tập Aj lại số Ai C1 ; : : : ; An , cho lần thêm tập hợp vào họ S2 , số lượng phần tử hợp chúng tăng lên Khơng tính tổng qt, giả sử S2 D fAi C1 ; Ai C2 ; : : : ; Aj g 118 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Đặt X2 D [ Ar \ XnX3 / Ar 2S2 theo cách xác định S2 ta có jX2 j D 2j theo tính tối đại tập S2 jAt \ Xn.X2 [ X3 //j Ä 1; 8t D j C 1; : : : ; n: Bây ta tiếp tục chọn họ S1 chứa tập As lại số Aj C1 ; Aj C2 : : : ; An ; cho lần thêm tập hợp vào họ S1 , số lượng phần tử hợp chúng tăng lên dĩ nhiên tập hợp họ S1 chứa hết tất phần tử X n.X3 [ X2 / D X1 Không tính tổng quát, giả sử S1 D fAj C1 ; Ai C2 ; : : : ; Ak g: Khi jXj D jX1 j C jX2 j C jX3 j D 3i C 2j C k, X D X1 [ X2 [ X3 jS3 j C jS2 j C jS1 j D i C j C k D m: Ta cần chứng minh m Ä 3n Vì phần tử X1 nằm tập hợp, jAr \ X1 j Ä 1; 8r D j C 1; : : : ; n nên n i C j C 4k: 1/ Mỗi phần tử X1 [X2 xuất tập hợp, jAr j\.X1 [X2 / Ä 2; 8r D i C 1; : : : ; n nên n iC 4.2j C k/ D i C 4j C 2k: 2/ Mỗi phần tử X xuất tập hợp, jAr \ X j Ä 3; 8r D 1; 2; : : : ; n, 4.3i C 2j C k/ n : 3/ 119 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Lấy 20 1/ C 12 2/ C 27 59n 3/ ta có 140.i C j C k/ D 140m ) m Ä 59n 3n < : 140 Bài tốn chứng minh hồn tồn Câu 11 (IMO 2014) Đồng xu gọi "may mắn" giá trị n ZC Một n sưu tập đồng xu “may mắn” có tổng giá trị khơng q 99 C Chứng minh chia đồng xu vào 100 nhóm cho nhóm có giá trị không Lời giải Ta chứng minh toán tổng quát hơn: "Giả sử tổng giá trị đồng xu khơng q ln chia vào N nhóm cho nhóm có tổng giá trị không 1." N Giả sử sưu tập có đồng xu mệnh giá 1 1; I I : : : ; m (có thể có nhiều đồng xu mệnh giá): Bước Ghép đồng xu mệnh giá: Ta ghép đồng xu có mệnh giá lại thành đồng xu (đồng xu "may mắn") , ghép khơng thể ghép dừng lại Chẳng hạn lúc đầu tay ta có tập đồng xu may mắn sau 1 1 1 1 1 S D 1I I I I I I I I I I I : 2 3 3 4 6 1 1 Ta ghép hai đồng xu thành đồng xu , đồng xu thành đồng xu Khi ta 1 có năm đồng xu , bốn đồng xu , đồng xu Tiếp tục ghép năm đồng xu 1 đồng xu 1, hai đồng xu bốn đồng xu ghép 3 lại thành hai đồng xu Cuối có S0 D 1 I I 1I 1I 3 không ghép tiếp được, tổng không đổi so với S Kết thúc trình ghép đồng xu ta có: Có p đồng xu mệnh giá Nếu k chẵn cịn lại nhiều đồng xu mệnh giá Nếu k lẻ cịn lại nhiều k k > 1/ k đồng xu mệnh giá 120 k > 1/ k Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Khi p đồng xu mệnh giá ta chia p nhóm cịn đồng tiền mệnh giá khác có tổng khơng q N p ta chia vào N p nhóm sau (với ý: với k ZC đồng 1 tiền mệnh giá nhiều đồng đồng tiền mệnh giá nhiều 2k 2k 2k 1/ đồng, trừ trường hợp k D 1) Bước Chia đồng tiền mệnh giá lớn vào N p nhóm Với 2.N p/ 1 đồng tiền mệnh giá I , k D 1I 2I : : : I N p ta chia nhóm Gk k D 1I 2I : : : I N p/ 2k 2k tổng số tiền nhiều nhóm Gk 2k 2/: 2k Nếu đồng tiền mệnh giá nhỏ C < 1: 2k 2.N Bước Ta thấy tổng số tiền chia vào N p/ tiến hành bước sau: p nhóm khơng lớn N nhóm có tổng số tiền nhỏ  à 1 N p D1 N p Ta lấy đồng xu có mệnh giá nhỏ 2.N 2.N p/ p/ p, nên tồn : bỏ vào nhóm nhóm có tổng số tiền khơng vượt q Vì số đồng tiền hữu hạn nên sau số lần kết thúc Ta kết thúc chuyên đề ví dụ, cho thấy thuật tốn tham lam khơng cho ta tối ưu toàn cục, nhiên chúng xấp xỉ với Câu 12 (IMO Shortlist 2014) Cho dãy số thực x1 ; x2 ; : : : ; xn , gọi "giá" dãy số cho đại lượng max jx1 C x2 C : : : C xi j: 1Äi Än Cho trước số thực n, Dave George muốn xếp thành dãy có “giá” nhỏ Chăm nên Dave kiểm tra tât cách tìm “giá” G nhỏ Theo cách khác, George chọn x1 cho jx1 j nhỏ nhất, số số lại chọn x2 cho jx1 C x2 j nhỏ nhất, tiếp tục đến bước thứ i chọn xi số số lại cho jx1 C x2 C : : : C xi j nhỏ nhất, bước có số hạng chọn Cuối nhận dãy “giá” D Tìm số c nhỏ cho với số nguyên dương n ta ln có: G Ä cD: Lời giải Xét dãy số gồm số thực: 1; 2; sau Dave W 1; 2; 2; 1; 1; 121 Khi ta có xếp Dave George 2; 2; 1: Khi W D D Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 George W 1; 1; 2; 1; 1; 2; 2: Khi W G D 2: ˙ sử Từ ta thu được: c Ta chứng minh c D giá trị cần tìm, tức G Ä 2D Giả x1 ; x2 ; : : : ; xn dãy số ban đầu, d1 ; d2 ; : : : ; dn g1 ; g2 ; : : : ; gn dãy mà Dave George thu Đặt M D max jxi j; S D jx1 C x2 C : : : C xn j: 1Äi Än Nhận xét: D S (hiển nhiên cách xác định D) Giả sử jdi j D M ta có: M D jdi j D j.d1 C d2 C : : : C di / d1 C d2 C : : : C di Ä jd1 C : : : C di j C jd1 C : : : C di j Ä 2D: /j Do để chứng minh G Ä 2D ta cần chứng minh G Ä maxfM; Sg: Đặt N D maxfM; Sg ta chứng minh G Ä N Đặt hi D g1 C : : : C gi Khi G Ä N , jhi j Ä N; 8i D 1; n: Ta chứng minh: jhi j Ä N quy nap Với i D ta có jh1 j D jg1 j Ä M Ä N: Giả sử jhi 1j Ä N ta chứng minh jhi j Ä N Ta có jhi j D j.g1 C : : : C gi 1/ C gi j D jhi C gi j: Nếu số gi ; gi C1 ; : : : ; gn có số khác dấu nhau, giả sử j i số mà hi :gj Ä Khi ˇ ˇ ˇ ˇ« ˚ jhi C gi j Ä ˇhi C gj ˇ Ä max jhi j; ˇgj ˇ Ä N ) jhi j Ä N: Nếu số gi ; gi C1 ; : : : ; gn dấu, không tổng quát giả sử chúng số dương Khi đó, ta có hi Ä hi Ä hi C1 Ä : : : Ä hn ) jhi j Ä maxfjhi ) jhi j Ä N j; jhn jg Ä N với 8i D 1; n tức G Ä N D maxfM; Sg Ä 2D Vậy c D giá trị cần tìm Sau số tốn để đọc tham khảo, rèn luyện thêm Câu 13 (IMO Shortlist 2014) Cho n số nguyên dương Tìm số nguyên dương k nhỏ thỏa mãn: cho trước số thực a1 ; a2 ; : : : ; ad có a1 C a2 C C ad D n Ä Ä 1; 8i D 1; 2; : : : ; d ln chia d số vào k nhóm (một số nhóm tập rỗng) cho tổng phần tử nhóm khơng vượt q 122 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 Câu 14 (USA TST 2003) Với cặp số nguyên dương a b với < a < b < 1000, tập S f1; 2; : : : ; 2003g gọi "tập bỏ qua" cho a; b/ với cặp phần tử s1 ; s2 S js1 s2 j 62 fa; bg Đặt f a; b/ tập có kích thước lớn cho cặp a; b/ Xác định giá trị lớn nhỏ hàm f x; y/, với < x < y < 1000 Câu 15 Chứng minh với số hữu tỉ dương x, ln tìm số nguyên dương phân biệt a1 ; a2 ; : : : ; an cho xD 1 C C a1 a2 C : an Câu 16 (IMO Shortlist 2001) Một ba phần tử số nguyên không âm x; y; z/ với x < y < z gọi "đẹp" fz y; y xg D fa; bg với < a < b số nguyên dương cho trước Chứng minh tập hợp N viết thành hợp rời ba "đẹp" Câu 17 Cho dãy an / gồm số tự nhiên thỏa mãn: không tồn số i; j; k/ mà i < j < k < aj < ak Chứng minh phân hoạch dãy an / thành hai dãy tăng Tài liệu tham khảo [1] Algorithms, Cody Johnson, Mathematical Reflection volume 4, 2015 [2] Đề thi học sinh giỏi nước trang Mathlinks.ro 123 Tạp chí Epsilon, Số 06, 12/2015 124 ... cách xây dựng t2 > t1 – Cứ tiếp tục thuật toán trên, sau xây dựng số t1 ; : : : ; t99 tơ màu tối đa 500049 phần tử S trục số Vì 500049 < 1000000 nên ta tiếp tục xây dựng số t100 theo thuật toán. .. giác là: số 100.000 dường khơng thích hợp lớn Do làm suy nghĩ giải toán với số nhỏ mở rộng Chúng ta chắn nên bắt đầu với việc xây dựng dãy nhỏ thuật toán tham lam Bắt đầu với dãy 1; Khi 115 Tạp... giải Gọi A tập hợp tập số tập A1 ; A2 ; : : : ; An mà tập chưa có phần tử tơ màu sau thực k lần thuật toán tham lam Ta lưu ý sau thực k bước, tất tập hợp A "rời nhau" Khi rõ ràng thuật tốn dừng