1632
правки
Изменения
м
rollbackEdits.php mass rollback
{| border="0"
|align="left" colspan="4"|
*<tex>\mathtt{GrayCode}</tex> {{---}} двумерный массив типа '''boolean''', в котором <tex>\mathtt{GrayCode[a, b]}</tex> {{---}} <tex>b</tex>-ый бит в <tex>a</tex>-ом коде Грея.,*<tex>\mathtt{p}</tex> {{---}} Счетчик количества уже имеющихся кодов,*<tex>\mathtt{t}</tex> {{---}} Показывает количество кодов в <tex>(a-1)</tex>-м коде Грея.
<code>
buildCode(n):
GrayCode[1, n] = '''false''' GrayCode[2, n] = '''true''' <font color=green> // Построение кода длины 1 </font>
p = 2
'''for''' i = 2 '''to''' n
'''for''' k = (p / 2 + 1) '''to''' p
GrayCode[k] = GrayCode[t] <font color=green> // Отражение имеющихся кодов </font>
GrayCode[t, n + 1 - i] = '''false''' GrayCode[k, n + 1 - i] = '''true''' <font color=green> // Добавление 0 и 1 в начало </font>
t--
'''return(''' GrayCode)
</code>
|}
Для кода длиной <tex>1</tex> бит утверждение проверяется непосредственно.
Пусть существует зеркальный двоичный код Грея <tex>M</tex> длины <tex>n</tex>, для которого выполнено, что для любого <tex>i</tex> выполняется <tex>е\enskip enspace M_i = i \oplus (\lfloor i / 2 \rfloor)</tex>
Обозначим за <tex>L</tex> код длины <tex>n + 1</tex>, полученный из <tex>M</tex> описанным выше алгоритмом. Тогда:
Для любого <tex>x < 2^n</tex> выполняется <tex>\enskip enspace L_x = 0M_x</tex> и, по условию, равно
<tex>L_x = 0(x_{n-1}x_{n-2} \dots x_{0} \oplus 0x_{n-1}x_{n-2} \dots x_{1})</tex> раскрыв скобки, получим новое выражение <tex>L_x</tex>:
<tex>= x \oplus (\lfloor x / 2 \rfloor)</tex>
Для любого <tex>x \leqslant geqslant 2^n</tex> выполняется <tex>\enskip enspace L_x = 1</tex><tex>M_y</tex>, где <tex>y = 2^{n+1} - 1 - x = \neg x</tex>, то есть
<tex>L_x = 1(\overline {x_{n-1} x_{n-2} \dots x_{0}} \oplus 0 \overline {x_{n-1} x_{n-2} \dots x_{1}})</tex> что по свойству '''xor''' (<tex>\neg x \oplus \neg y = x \oplus y</tex>) равно
Несмотря на то, что зеркальный двоичный код Грея полезен во многих случаях, он не является оптимальным в некоторых ситуациях из-за отсутствия "однородности". В сбалансированном коде Грея, количество изменений в различных координатных позициях сделаны максимально приближенными настолько, насколько это возможно.
Чтобы показать это точнее, пусть <tex>G</tex> {{---}} это <tex>R</tex>-ичный полный цикл Грея, имеющий последовательность перехода <tex>(\delta_k)</tex>, <tex>\delta_k = i</tex>, для <tex>k = 0 \dots n</tex> если в коде Грея <tex>i</tex>-й и <tex>(i+1)</tex> биты различны и <tex>n</tex> {{---}} кол-во таких различий; отсчёты переходов (спектры) <tex>G</tex> являются наборами целых чисел, определенных как <tex>\lambda_k = |\{ j \in \mathbb{Z}_{R^n} : \delta_j = k \}| \,</tex> для <tex> k \in \mathbb{Z}_R</tex>.
Код Грея является однородным или равномерно сбалансированным, если все его отсчёты переходов равны, и в этом случае у нас есть <tex>\lambda_k = R^n / n</tex> для всех <tex>k</tex>. Ясно, что при <tex>R = 2</tex>, такие коды существуют только при <tex>n = 2</tex>. В противном случае, если <tex>R^n</tex> не делится на <tex>n</tex> равномерно, то можно построить сбалансированные коды Грея, где каждый отсчёт перехода либо <tex>\lfloor R^n / n \rfloor </tex> либо <tex> \lceil R^n / n \rceil</tex>.
Поставим в соответствие каждому <tex>i</tex>-ому биту текущего кода Грея <tex>i</tex>-ый диск (причём самому младшему биту соответствует наименьший по размеру диск, а самому старшему биту — наибольший). Поскольку на каждом шаге изменяется ровно один бит, то мы можем понимать изменение бита <tex>i</tex> как перемещение <tex>i</tex>-го диска. То есть, будем понимать переход от последовательности <tex>101</tex> к <tex>100</tex> как перемещение <tex>0</tex>-го диска на свободное место, а от <tex>010</tex> к <tex>110</tex> {{---}} как перемещение <tex>2</tex>-го диска на свободное место.
Заметим, что для всех дисков, кроме наименьшего, на каждом шаге имеется ровно один вариант хода (за исключением стартовой и финальной позиций). Для самого маленького диска всегда есть две свободные позиции, потому что он самый маленький, тего можно положить сверху на любой диск.кЕсли диск не самый маленький, то для него может быть не более одной свободной позиции. два варианта хода означаютДопустим, что свободны два оставшихся стержня, а это значитдля него свободные две позиции. Это означает, что на самом верху исходного лежит двух других стержнях расположены диски размером больше, чем рассматриваемый. А так как рассматриваемый диск не самый маленький, то где-то расположен наименьший(по условию). Либо он расположен на рассматриваемом диске, тогда мы не можем переместить рассматриваемый, либо на каком-то другом, но тогда у нашего диска остаётся не более одной свободной позиции. Для наименьшего диска всегда имеется два варианта хода, однако имеется стратегия выбора хода, всегда приводящая к ответу: если <tex>n</tex> нечётно, то последовательность перемещений наименьшего диска имеет вид <tex>r_{1} \rightarrow r_{3} \rightarrow r_{2} \rightarrow r_{1} \rightarrow r_{3} \rightarrow r_{2} \rightarrow \ldots .</tex>(где <tex>r_{1}</tex> — стартовый стержень, <tex>r_{3}</tex> — финальный стержень, <tex>r_{2}</tex> — оставшийся стержень), а если <tex>n</tex> чётно, то <tex>r_{1} \rightarrow r_{2} \rightarrow r_{3} \rightarrow r_{1} \rightarrow r_{2} \rightarrow r_{3} \rightarrow \ldots.</tex>
Выбор обусловлен тем, на каком стержне окажется в конце пирамидка, решение с помощью кода Грея является следствием классического нерекурсивного решения<ref>[https://en.wikipedia.org/wiki/Tower_of_Hanoi#Non-recursive_solution Wikipedia {{---}} Tower of Hanoi Non-recursive solution]</ref>.
==См. Также==
