% Document MUST be built with XeLaTeX!
\documentclass[11pt,a4paper]{article}

\usepackage[margin=1.5cm]{geometry}

% Поддръжка на български език
% Thanks to https://tex.stackexchange.com/a/136926
\usepackage{fontspec}
\defaultfontfeatures{Ligatures=TeX}
\setmainfont{CMU Serif}
\setsansfont{CMU Sans Serif}

\usepackage[bulgarian,english]{babel}

\usepackage{amsmath}            % Математически символи
\usepackage{amssymb}
\usepackage{mathtools}
\usepackage{stmaryrd}
\usepackage{amsfonts}           % Още математически символи
\usepackage{cancel}             % Зачертаване
\usepackage[dvipsnames]{xcolor} % Цветни кутийки + допълнителни цветове
\usepackage{indentfirst}        % Индентация на параграф след секция
\usepackage{color}

\usepackage{listings}           % Въведение на код
\lstset{
	language=C++,
	numbers=left,
	mathescape=true,
	basicstyle=\ttfamily,
	tabsize=4
}

\usepackage{enumitem}
\setlist[enumerate]{label=\arabic*.}

\renewcommand{\thesection}{Задача \arabic{section}.}
\renewcommand{\thesubsection}{\alph{subsection})}
\renewcommand{\thesubsubsection}{$\cdot$}
	% Мерси https://tex.stackexchange.com/a/184755
\makeatletter
\renewcommand*{\@alph}[1]{%
  \ifcase#1\or а\or б\or в\or г\or
    д\or е\or ж\or з\or и\or й\or к\or
    л\or м\or н\or о\or п\or р\or с\or т\or у\or
    ф\or х\or ц\or ч\or ш\or щ\or ъ\or ю\or я\or
    \else\@ctrerr\fi
}
\makeatother

\let\oldforall\forall
\renewcommand{\forall}{\; \oldforall}

\let\oldexist\exists
\renewcommand{\exists}{\; \oldexist}

\setlist[enumerate]{label=\Roman*.}

\usepackage[pdfauthor={Камен Димитров Младенов, КН Летен семестър, 2023},
		    pdftitle={Домашна работа 2 по ДАА},
		    pdfsubject={},
		    pdfkeywords={},
		    colorlinks=true,
		    urlcolor=blue]{hyperref}

\title{\vspace{-1.5cm}Домашно №2 по ДАА на Компютърни Науки}
\author{Камен Димитров Младенов, Група 6}
\date{7 Април 2023}

\begin{document}

\maketitle

\section{Решение}

\subsection{Ляв фрагмент}

Цикъла ще извърши точно $m . n = n . n . n = n^3$ итерации.
Тоест за $c > 0, f(n) = n^3 + c \asymp n^3$ по дефиниция.

\subsection{Централен фрагмент}

Алгориътма ще приключи директно ако $n < 10$. Иначе се изпълнява останалата част на алгоритъма.

Условието на цикъла на ред 4 никога няма да е вярно, понеже $6 \ngtr 8$.

Тялото на цикъла с условие на ред 7 ще се изпълни точно един път: при първо достигане на условието $n - j = n - 6 \geq 10 - 6 = 4 > 1$, на ред 8 $j$ става $n$ и на второто достигане на условието $n - j = n - n = 0 \ngtr 1$.
От това единствено изпълнение имаме рекурентно извикване:
\begin{align}
	g(n-1) + g(n-2)
\end{align}

Тялото на цикъла с условие на ред 10 ще се изпълни точно един път: към момента $j = n$ и при първо достигане на условието, $n \geq n$.
Oт ред 11 $j$ става $2$ и при второ достигане на условието, $2 = j \ngeq n$ понеже $n \geq 10$.
От това единствено изпълнение	 имаме рекурентно извикване:
\begin{align}
	g(n-j) = g(n-2)
\end{align}

\begin{align*}
	& \text{От (1) и (2): } g(n) = g(n-1) + 2g(n-2) + c \\
	& \text{Характеристично уравнение: } x^n = x^{n-1} + 2x^{n-2} \quad x^2 - x - 2 = 0 \quad \text{с корени } \{-1, 2\}_M \\
	& \text{Нехомогенната част е константа и няма корени.} \quad g(n) = c_1 (-1)^n + c_2 2^n \implies g(n) \asymp 2^n
\end{align*}

\subsection{Десен фрагмент}

Алгоритъма ще приключи директно ако $n < 2$.
Иначе се изпълнява останалата част на алгоритъма.

От редове 4 и 7 имаме две еднакви рекурентни извиквания:
\begin{align}
	h\left( \frac{n}{3} \right)
\end{align}

Ще покажем, че тялото на цикъла с условие на ред 5 ще се изпълни точно 
\begin{align}
	\left\lfloor \lg n \right\rfloor \text{ на брой пъти.}
\end{align}
Ако допуснем, че $n = 2^k$ за някое $k \in \mathbb{N}$, то тогава $i$ последователно ще придобие стойностите $2^1, 2^2, ..., 2^k$, тоест цикъла ще се изпълни $k = \log_2 n \in \mathbb{N}$ на брой пъти.
\newline
Ако $n \neq 2^k$ за което и да е $k \in \mathbb{N}$, то тогава съществува $k' \in \mathbb{N}$, такова че $2^{k'} < n < 2^{k' + 1}$ и тогава $i$ придобива стойностите $2^1, 2^2, ..., 2^{k'}$. 
Понеже $k' < \lg n < k' + 1$, то цикъла ще се изпълни $k' = \left\lfloor \lg n \right\rfloor \in \mathbb{N}$ на брой пъти.

\begin{align*}
	& \text{От (3) и (4): } h(n) = 2 \, h\left( \frac{n}{3} \right) + \left\lfloor \lg n \right\rfloor \\
	& \text{Тогава } a = 2, b = 3, f(n) = c \quad \text{За } \varepsilon = \frac{1}{2}, f(n) \preceq \frac{n^{\log_3 2}}{\sqrt{n}}, \log_3 2 - \frac{1}{2} > 0 \xRightarrow[\text{Мастър Теоремата}]{\text{1 случай на}} h(n) \asymp n^{\log_3 2}
\end{align*}

\section{Решение}

\subsection{Инверсен вектор}

Инверсния вектор е $(4, 1, 1, 0, 2, 3, 0, 0, 0)$

\subsection{Алгоритъм}

От условието, нека векторите (масивите) \texttt{invvec} и \texttt{result} да се индексират от 1 до n, където $\texttt{invvec.size()} = n$ и на ред 2, \texttt{result} се създава със същия размер като \texttt{invvec}:
\begin{lstlisting}
vector<int> rebuild(vector<int> invvec) {
	vector<int> result(invvec.size());
	for (int i = 1; i <= result.size(); i++)
		result[i] = i;
	for (int i = invvec.size(); i >= 1; i--) {
		for (int j = i; invvec[i] > 0; j++) {
			swap(result[j], result[j+1]);
			invvec[i]--;
		}
	}
	return result;
}
\end{lstlisting}

От дефинициите, инверсният вектор съдържа броя инверсии за всяко $j$ от $1$ до $n$.
Алгоритъмът \texttt{rebuild} създава сортирания вектор \texttt{result} на редове 2-4 и след това в цикъла на редове 5-10 в \texttt{result} се добавят инверсиите, определени от \texttt{invvec}.
Инверсния вектор се итерира в обратен ред TODO

\hfill

Цикъла на редове 3-4 се движи от \texttt{i = 1} до \texttt{i = n}, като в него се извършват единствено константни операции, тоест сложността му по време е $\Theta(n)$.

Цикъла на редове 5-10 се движи от \texttt{i = n} до \texttt{i = 1}, като за всяка негова итерация се изпълнява цикъла на редове 5-9.
Цикъла на редове 5-9 се движи \texttt{invvec[i]} на брой пъти, като в него се извършват единствено константни операции.
Максималният брой инверсии за дадено $i$ е $n - i$ (колкото числа от $1$ до $n$ са по-големи от $i$).

Тоест, цикъла на редове 5-10 ще се изпълнява най-много:
\begin{align*}
	\sum_{i=1}^n (n - i) = n^2 - \sum_{i=1}^n i = n^2 - \frac{n(n+1)}{2} = n^2 - \frac{1}{2}n^2 + \frac{1}{2}n = \frac{1}{2}n^2 + \frac{n}{2} \text{ на брой пъти }
\end{align*}
Което означава, че максималната му сложност по време е $O(n^2)$.
Следователно, $\texttt{rebuild} = O(n^2)$.

\section{Решение}

\subsection{Алгоритъм}

От условието, нека входния масив на алгоритъма \texttt{M} да е индексирана по редове от $1$ до $n$ и по колони от $1$ до $m$, където \texttt{M.rows()} връща $n$ и \texttt{M.cols()} връща $m$.

\begin{lstlisting}
int isinteresting(array<int, int> M) {
	for (int i = 2; i <= M.rows(); i++) {
		for (int j = 2; j <= M.cols(); j++) {
			if (M[i-1, j-1] + M[i, j] > M[i-1,j] + M[i,j-1])
				return 0;
		}
	}
	return 1;
}
\end{lstlisting}

Нека $i \in \{2, ..., n\}, j \in \{2, ..., m\}$.
\begin{enumerate}
	\item Ако $M[i-1,j-1] + M[i,j] \leq M[i-1,j] + M[i,j-1]$, и \newline
	$M[i-1,j-2] + M[i,j-1] \leq M[i-1,j-1] + M[i,j-2]$
	\begin{align*}
		\implies M[i-1,j-2] + M[i,j] & \leq (M[i-1,j-1] + M[i,j-2] - M[i,j-1]) \\
		& \quad + (M[i-1,j] + M[i,j-1] - M[i-1,j-1]) \\
		& = M[i,j-2] + M[i-1,j]
	\end{align*}
	
	\item Ако $M[i-1,j-1] + M[i,j] \leq M[i-1,j] + M[i,j-1]$, и \newline
	$M[i-2,j-1] + M[i-1,j] \leq M[i-2,j] + M[i-1,j-1]$
	\begin{align*}
		\implies M[i-2,j-1] + M[i,j] & \leq (M[i-2,j] + M[i-1,j-1] - M[i-1,j]) \\
		& \quad + (M[i-1,j] + M[i,j-1] - M[i-1,j-1]) \\
		& = M[i-2,j] + M[i,j-1]
	\end{align*}
\end{enumerate}

\textbf{Твърдение: } Aко $M[i-1,j-1] + M[i,j] \leq M[i-1,j] + M[i,j-1]$ е изпълнено, то
за всяко $1 \leq p \leq i-1, 1 \leq q \leq j-1$, е изпълнено $M[p,q] + M[i,j] \leq M[p,j] + M[i,q]$.\newline
\textbf{Доказателство: } Със силна индукция по $i$ и $j$.

\textbf{База: } $i = 2, j = 2$ и $M[1,1] + M[2,2] \leq M[1,2] + M[2,1]$ е изпълнено.
Разглеждаме $1 \leq p \leq 1, 1 \leq q \leq 1 \implies p = 1, q = 1$, тогава $M[p,q] + M[2,2]$ е винаги изпълнено.

\textbf{Индукционно предположение: } Допускаме, че за всички стойности до $i$ и $j$ включително твърдението е вярно.

\textbf{Индукционна стъпка: } Следните 3 случая са изчерпателни:

\begin{enumerate}[label=\arabic*)]
	\item Разглеждаме $i$ и $j+1$, за които е изпълнено $M[i-1,j] + M[i,j+1] \leq M[i-1,j+1] + M[i,j]$.\newline
От I., следва че $M[i-1,j-1] + M[i,j+1] \leq M[i-1,j+1] + M[i-1,j-1]$.\newline
От II., следва че $M[i-2,j] + M[i,j+1] \leq M[i-2,j+1] + M[i,j]$.\newline
За $M[i-1,j-1]$ и $M[i-2,j]$ твърдението е съответно вярно при $1 \leq p \leq i-2, 1 \leq q \leq j-2$ и $1 \leq p \leq i-3, 1 \leq p \leq j-1$ по ИП.\newline
Следователно, твърдението е изпълнено за $M[i,j+1]$ при $1 \leq p \leq i-2, 1 \leq q \leq j-1$.

	\item Аналогично твърдението е изпълнено при $i+1$ и $j$
	\item Аналогично твърдението е изпълнено при $i+1$ и $j+1$
\end{enumerate}


\hfill

Външният цикъл "минава" през всеки ред (без първия), а вътрешният през всяка колона (без първата).
В тялото на вътрешния цикъл, за всеки елемент от масива правим константата проверка, която вече показахме че правилно зачита интересеността на целия масив.
Следователно алгоритъмът работи коректно.

В най-лошия случай, условието на ред 4 никога няма да бъде истина, циклите никога няма да спрът действие преждевременно и ще минем през всеки един елемент от масива.
Следователно има сложност по време $O(n.m)$.


\subsection{Доказателство}

Ще допуснем противното, тоест че за интересен масив $M$, $\phi(1) > \phi(2) > \cdots > \phi(n)$.
Нека да разгледаме произволни $\phi(i), \phi(i+1)$, където $i > n$.
То тогава:
\begin{align*}
	M[i,\phi(i+1)] + M[i+1,\phi(i)] \leq M[i,\phi(i)] + M[i+1,\phi(i+1)]
\end{align*}

Обаче, $M[i,\phi(i)]$ е най-левия най-малък елемент за ред $i$ в масива $M$ и $\phi(i) \neq \phi(i+1)$, тоест
$M[i,\phi(i+1)] \nleq M[i,\phi(i)]$.
Аналогично $M[i+1,\phi(i)] \nleq M[i+1,\phi(i+1)]$.

Следователно, $M$ не интересен масив. $\lightning$

\subsection{Обяснение}

От б), знаем че $\phi(i - 1) \leq \phi(i) \leq \phi(i+1), 1 < i < n, i \in n_o$.
Тоест, за нечетните редове $i$, ще търсим $\phi(i)$ между стойностите на $\phi$ за съседните (четни) редове.
Също, за ред $1$, ще търсим между $1$ и $\phi(2)$ (понеже $1 \leq \phi(1) \leq \phi(2)$) и ако $n$ e нечетно, за ред $n$, ще търсим от $\phi(n-1)$ до $m$ (понеже $\phi(n-1) \leq \phi(n) \leq m$).

Общо имаме $\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil$ на брой нечетни реда.
За всеки нечетен ред търсенето се извършва върху участък с индекси $s,...,k \quad 1 \leq s \leq k \leq m$, като за всяко търсене индексите ще са уникални, освен $s$ и $k$, които може да се препокрият един път (с предходния и следващия).
Следователно, общо работата за нечетните редове ще бъде най-много $n-1 + m$ (препокривания за всички редове, освен последния който минава през целия ред).
Тоест, сложността по време на алгоритъма ще бъде $O(n + m)$.

\end{document}