== Алгоритм получения цепного кода для двоичного вектора ==
# Берем в качестве первого слова слово из n нулей.
'''Шаг 2''' # Делаем циклический сдвиг предыдущего слова влево с потерей первого разряда. '''Шаг 3''' # Приписываем к полученному слову в конец единицу. Проверяем, встречалось ли это слово в коде ранее. # Если нет, то записываем его в код, иначе последнюю единицу заменяем на ноль и записываем слово в код. '''Шаг 4''' # Если получено слово из n нулей, то код полностью записан, иначе возвращаемся к шагу 2
====Доказательство корректности====
Требуется доказатьРазобьем доказательство на две части:# Доказательство того, что алгоритм не повторит 2 слова одно и то же слово встречается в коде до не более одного раза.# Доказательство того, как закончит цикл и то, что он переберет код перебирает все возможные вариантыслова прежде, чем получит слово из n нулей.
Во-первых, в этом алгоритме никогда не будет ситуации, когда нам надо образовать новое слово, а оба возможных вариантов (добавление 0 или 1) уже были использованы.
Допустим, мы наткнулись на эту ситуацию в первый раз, то есть уже было 2 слова, которые начинались таким же набором единиц и нулей и отличались только в последнем разряде. Но они были получены из двух слов, которые отличаются только в первом разряде, значит, мы должны были столкнуться с данной ситуацией на шаг раньше, но мы предполагали, что это первый подобный случай и пришли к противоречию. Следовательно, мы не можем столкнуться с данной ситуацией.
Во-вторых# Покажем, что в этом алгоритме никогда не будет ситуации, когда нам надо образовать новое слово, а оба возможных вариантов (добавление нуля или единицы) уже были использованы. Рассмотрим первое такое противоречие, то есть уже было два слова, которые начинались таким же набором единиц и нулей и отличались только в последнем разряде. Но они были получены из двух слов, которые отличаются только в первом разряде, значит, мы должны были столкнуться с данной ситуацией на шаг раньше, но мы предполагали, что это первый подобный случай и пришли к противоречию. Следовательно, мы не сможем снова можем столкнуться с данной ситуацией.# Заметим, что невозможно вернуться к слову из всех нулей, пока не переберем все <math>2^n</math> слов, где n — длина слова.Допустим, мы всё же получили слово из всех нулей раньше, чем перебрали все слова. Тогда разобьём слова, которые не попали в код на две группы: кончающиеся на 1 и кончающиеся на 0.Докажем, что 2-й группы нет.Рассмотрим слово {abc..yz}0, не попавшее в код, где {abc..yz} — некоторая последовательность 1 и 0. Рассмотрим два слова, которые могут быть от него образованы: {bc..yz}01 и {bc..yz}00. Они могли быть получены из слов {abc..yz}0 и {(not a)bc..yz}0. Но даже если второе слово встречается в коде, то в коде не может быть более одного из рассматриваемых слов, значит аторого не может быть вообще (так как алгоритм по возможности добавляет 1, а не 0). То есть слово {bc..yz}00 тоже нет в коде. Так эту цепочку можно продолжить до слова 00..000 и прийти к противоречию.А раз 2-й группы нет, то не может быть и 1-й, так как если в коде есть слово, кончающееся на 0, то мы не можем получить его, если не было слова с таким же началом, но с единицей в конце.
