Note này được mình viết trong lúc đọc sách Concrete Mathematics, phần 1.3. Khi đọc sách Toán, mình thấy không nên chỉ đọc sơ qua mà nên bắt tay vào làm cùng theo chỉ dẫn của sách, khi đó thì mình sẽ nhớ và nắm kĩ ý tưởng giải bài hơn. Ngoài ra, mình viết note này để phục vụ bản thân là chính: một số phần mình thấy dễ hiểu thì mình bỏ qua, phần khó hiểu mình note kĩ hơn, và vì thế một số bạn sẽ thấy note hữu ích và một số bạn sẽ không học được gì từ mấy note này.

Cho ~n~ người đứng thành một vòng tròn, mỗi người được đánh số từ 1 đến ~n~. Bắt đầu từ vị trí số 1, mỗi người sẽ đếm lần lượt 1, 2, ..., ~k~, người đếm ~k~ sẽ bị loại khỏi vòng tròn, và mọi người tiếp tục đếm lại từ ~1~ cho đến khi chỉ còn lại một người. Hỏi người đánh số nào là người ở lại vòng tròn cuối cùng.

Trong khuôn khổ bài viết này, ta nghiên cứu trường hợp ~k = 2~.

Gọi ~J(n)~ là số của người ở lại vòng tròn cuối cùng, ta sẽ thử tính ~J(n)~ với một số giá trị nhỏ của ~n~:

• ~J(1) = 1~
• ~J(2) = 1~
• ~J(3) = 3~ (thứ tự loại ~2, 1~)
• ~J(4) = 1~ (thứ tự loại ~2, 4, 3~)
• ~J(5) = 3~ (thứ tự loại ~2, 4, 1, 3~)
• ~J(6) = 5~ (thứ tự loại ~2, 4, 6, 1, 3~)

Qua những giá trị ban đầu, ta thấy ~J(n)~ là một số lẻ, điều này là do ở lần đi qua vòng tròn đầu tiên thì ta đã loại hết tất cả số chẵn. Ngoài ra, tùy vào tính chẵn lẻ của ~n~ mà ~1~ bị loại ngay sau lần duyệt đầu tiên, hoặc an toàn khá lâu, vì vậy ta nghĩ đến việc xét tính chẵn lẻ của ~n~.

Ta xét trường hợp có ~2n~ người. Sau một lần đi qua vòng tròn, vòng tròn trở thành ~1, 3, 5, ..., 2n-3, 2n-1~ (~n~ người). Ta thấy vòng tròn này giống hệt vòng tròn ~1, 2, 3, ..., n~, ngoại trừ việc số của người ~x~ trở thành ~2x-1~. Do đó, ~J(2n) = 2J(n) - 1~.

Xét trường hợp có ~2n+1~ người. Ta thấy sau khi người 1 đếm "2" thì vòng tròn còn ~n~ người ~3, 5, ..., 2n+1~. Vòng tròn này giống hệt vòng tròn ~n~ người của trò chơi ban đầu, ngoại trừ việc số của người ~x~ trở thành ~2x+1~. Do đó ~J(2n+1) = 2J(n)+1~.

Vậy ta có công thức truy hồi:

• ~J(1) = 1~
• ~J(2n) = 2J(n) - 1~
• ~J(2n+1) = 2J(n) + 1~

Liệu có công thức tổng quát cho công thức truy hồi này không?

Sử dụng công thức truy hồi này, ta sẽ tính được kết quả cho một số ~n~ lớn hơn một chút. Ta thấy được quy luật sau (các giá trị ~J(n)~ dưới đây được viết từ ~J(1)~ theo thứ tự từ trái qua phải, từ trên xuống dưới để thể hiện quy luật)

• ~1~ (~n=1~)
• ~1,3~ (~n=2..3~)
• ~1,3,5,7~ (~n=4..7~)
• ~1,3,5,7,11,13,15~ (~n=8..15~)

Ta thấy có một "chu kì" mới bắt đầu khi ~n = 2^m~, và các số trong "chu kì" có dạng ~1, 3, 5, 7, ...~. Ta có thể biểu diễn điều này dưới dạng toán học như sau

~J(2^m + l) = 2l+1~ với ~m \geq 0~ và ~0 \leq l < 2^m~ (cách kí hiệu này khá giống kí hiệu ~q, r~ trong định nghĩa phép chia hai số tự nhiên)

Ta sẽ chứng minh công thức tổng quát này bằng quy nạp theo ~m~

Nếu ~m = 0~, khi đó do ~0 \leq l < 2^m = 1~ nên ~l = 0~. ~J(2^m + l) = J(1 + 0) = J(1) = 1 = 2(0) + 1 = 2l+1~, nên trường hợp khởi đầu đúng.

Nếu ~m \geq 1~, ta có hai trường hợp

• Nếu ~l~ chẵn, ~J(2^m + l) = 2J(\frac{2^m+l}{2}) - 1 = 2J(2^{m-1} + \frac{l}{2}) - 1 = 2(2(\frac{l}{2}) + 1) + 1 = 2l + 1~

• Nếu ~l~ lẻ, ~J(2^m + l) = 2J(\frac{2^m+l-1}{2}) + 1 = 2(2(\frac{l-1}{2}) + 1) + 1 = 2l+1~

Từ hai trường hợp trên, ta thấy trường hợp quy nạp cũng đúng.

Do đó theo nguyên lí quy nạp thì công thức đúng.

Bây giờ ta sẽ thử mở rộng bài toán để có thể giải được các bài toán khác.

Ta thấy công thức xuất hiện số ~2^m~, và vì thế ta nghĩ đến việc viết lại công thức dưới dạng hệ nhị phân xem có gì đặc biệt không.

Giả sử ~n = (b_mb_{m-1}...b_1b_0)_2 = b_m \cdot 2^m + b_{m-1} \cdot 2^{m-1} + ... + b_1 \cdot 2^1 + b_0 \cdot 2^0~.

Khi ~n = 2^m + l~ thì

~n = (1b_{m-1}...b_1b_0)_2~

~l = (0b_{m-1}...b_1b_0)_2~

~2l = (b_{m-1}...b_1b_00)_2~ (dịch bit sang trái)

~2l + 1 = (b_{m-1}...b_1b_01)_2~

Nói cách khác, ~J((1b_{m-1}...b_1b_0)_2) = (b_{m-1}...b_1b_01)_2~, tức ta chỉ cần cyclic left shift số ~n~ là tính được ~J(n)~

Một cách mở rộng bài toán khác là giả sử ta không may mắn gặp phải một công thức truy hồi có dạng sau:

~f(1) = \alpha~

~f(2n) = 2f(n) + \beta~

~f(2n+1) = 2f(n) + \gamma~

thì liệu ta có giải được không?

Đầu tiên, ta lại thử với ~n~ nhỏ để tìm quy luật:

• ~f(1) = 1\alpha + 0\beta + 0\gamma~
• ~f(2) = 2\alpha + 1\beta + 0\gamma~
• ~f(3) = 2\alpha + 0\beta + 1\gamma~
• ~f(4) = 4\alpha + 3\beta + 0\gamma~
• ~f(5) = 4\alpha + 2\beta + 1\gamma~
• ~f(6) = 4\alpha + 1\beta + 2\gamma~
• ~f(7) = 4\alpha + 0\beta + 3\gamma~

Ta thấy xuất hiện các chu kì giống như trong dãy Josephus.

Đặt ~f(n) = A(n)\alpha + B(n)\beta + C(n)\gamma~. Khi viết ~n = 2^m + l~, dễ thấy

• ~A(n) = 2^m~
• ~B(n) = 2^m - l - 1~
• ~C(n) = l~

Nếu giả sử các hàm ~A(n), B(n), C(n)~ không dễ thấy như trên thì liệu ta có thể dùng kĩ thuật nào khác để mò ra các hàm nào không. Ta có thể sử dụng repertoire method, với tư tưởng chính là:

• Chọn các hàm ~f(n)~ đặc biệt, rồi lấy ~\alpha, \beta, \gamma~ ứng với các hàm đó.
• Các ~\alpha, \beta, \gamma, f(n)~ sẽ tạo ra hệ phương trình ẩn ~A(n), B(n), C(n)~
• Giải hệ phương trình.

Ở ví dụ này, ta dễ thấy ~\boxed{A(n) = 2^m}~ với ~n = 2^m + l~, nhưng có thể ta không thấy được ~B(n), C(n)~. Ta sẽ ứng dụng repertoire method để giải.

Đầu tiên, a muốn tìm ~\alpha, \beta, \gamma~ để ~f(n) = 1~. Thay vào

~f(1) = \alpha~

~f(2n) = 2f(n) + \beta~

~f(2n+1) = 2f(n) + \gamma~

Ta có: ~\alpha = 1~, ~1 = 2 + \beta \Rightarrow \beta = -1~, ~1 = 2 + \gamma \Rightarrow \gamma = -1~. Thay các giá trị ~\alpha, \beta, \gamma~, và ~f(n) = 1~ vào ~f(n) = A(n)\alpha + B(n)\beta + C(n)\gamma~, ta được: ~\boxed{A(n) - B(n) - C(n) = 1}~

Lấy ~f(n) = n~. Thay vào hệ thức truy hồi, ta có:

~\alpha = 1~

~2n = 2n + \beta \Rightarrow \beta = 0~

~2n + 1 = 2n + \gamma \Rightarrow \gamma = 1~

Thay các giá trị này cùng với ~f(n) = n~ vào ~f(n) = A(n)\alpha + B(n)\beta + C(n)\gamma~, ta được ~\boxed{A(n) + C(n) = n}~

Giải hệ ~\begin{cases} A(n) = 2^m \\ A(n) - B(n) - C(n) = 1 \\ A(n) + C(n) = n \end{cases}~, ta ra được ~A(n), B(n), C(n)~ như quan sát ở trên.

Số ~2^m~ lại xuất hiện trong ~A(n)~ và ~B(n)~. Điều này khiến ta nghĩ tới việc giải công thức truy hồi dạng tổng quát dưới dạng hệ nhị phân.

Để thuận tiện, ta viết lại

~f(1) = \alpha~

~f(2n) = 2f(n) + \beta~

~f(2n+1) = 2f(n) + \gamma~

thành

~f(1) = \alpha~

~f(2n + j) = 2f(n) + \beta_j~ với ~j \in \{0,1\}~ (~\beta_0 = \beta, \beta_1 = \gamma~)

Khi đó

~f((b_mb_{m-1}...b_1b_0)_2) = 2f((b_mb_{m-1}...b_1)_2) + \beta_{b_0}~

~f((b_mb_{m-1}...b_1b_0)_2) = 4f((b_mb_{m-1}...b_2)_2) + 2\beta_{b_1} + \beta_{b_0}~

~f((b_mb_{m-1}...b_1b_0)_2) = 8f((b_mb_{m-1}...b_3)_2) + 2^2\beta_{b_2} + 2^1\beta_{b_1} + \beta_{b_0}~

...

~f((b_mb_{m-1}...b_1b_0)_2) = 2^mf((b_m)_2) + 2^{m-1}\beta_{b_{m-1}} + ... + 2^1\beta_{b_1} + \beta_{b_0}~

~f((b_mb_{m-1}...b_1b_0)_2) = 2^m\alpha + 2^{m-1}\beta_{b_{m-1}} + ... + 2^1\beta_{b_1} + \beta_{b_0}~

Nếu ta cho phép các chữ số trong kí hiệu hệ nhị phân được lấy giá trị bất kì, ta có thể viết

~f((b_mb_{m-1}...b_1b_0)_2) = (\alpha\beta_{b_{m-1}}...\beta_{b_1}\beta_{b_0})_2~

(cho ~\alpha~ làm số đầu tiên trong đáp án, với ~m-1~ số còn lại, đổi chữ số ~i~ thành ~\beta_i~)

Ví dụ, với bài toán Josephus ban đầu (~\alpha = 1, \beta_0 = -1, \beta_1 = 1~), để tính ~J(100)~, ta có thể làm như sau:

~100 = (1100100)_2~

Cho ~\alpha = 1~ ở đầu, trong ~m-1~ số còn lại, thay số 0 bằng -1 và thay số 1 bằng 1, ta có:

~J(100) = ((1)(1)(-1)(-1)(1)(-1)(-1))_2 = 64 + 32 - 16 - 8 + 4 - 2 - 1 = 73~

Ta thấy công thức truy hồi trên còn số 2 ta chưa tổng quát. Giả sử ta có hệ thức truy hồi sau

~f(j) = \alpha_j~ với ~1 \leq j < d~

~f(dn + j) = cf(n) + \beta_j~ với ~0 \leq j < d~ và ~n \geq 1~

thì bằng cách viết ~n~ dưới dạng hệ cơ số ~d~ và viết đáp án dưới dạng hệ cơ số ~c~, ta cũng ra được kết quả

~f((b_mb_{m-1}...b_1b_0)_d) = (\alpha_{b_m}\beta_{b_{m-1}}...\beta_{b_1}\beta_{b_0})_c~

Trong một đề luyện tập Tin học trẻ của trường THPT Kim Liên vừa rồi có bài toán sau:

Cho ~n, k~ (~1 \leq n \leq 10^8, 1 \leq k \leq 10^3~), tính giá trị của ~1^k + 2^k + ... + n^k = \sum_{i=1}^n i^k~ (sau khi chia lấy dư cho ~10^9 + 7~)

Link nộp bài: https://oj.vnoi.info/problem/bvd_tongmu

Hiển nhiên việc phương pháp duyệt với độ phức tạp ~O(nk)~ (hoặc ~O(n \log k)~ nếu dùng thuật toán tính lũy thừa nhanh) sẽ không giải quyết được bài toán này trong 1 giây, do số phép tính ~\approx nk \approx 10^{11} > 10^8~.

Ta thấy: Nếu ~k = 1~ thì ta có công thức tổng quát tính là ~\frac{n(n+1)}{2}~, nếu ~k = 2, 3~ thì trong sách giáo khoa Toán lớp 11 (cũ) cũng đã giới thiệu công thức tổng quát tính là một hàm bậc ~3~ và ~4~. Chính vì thế mà ta dự đoán được với mỗi ~k~ thì sẽ có một công thức tính dạng hàm số bậc ~k+1~ có biến ~n~.

Vậy ta mò công thức đó như thế nào?

Gọi công thức cần tìm là ~f(n)~

Đầu tiên, ta đã biết qua hai điểm không cùng hoành độ thì ta sẽ xác định được một đường thẳng (có phương trình là hàm bậc nhất), qua ba điểm không cùng hoành độ ta cũng xác định được một đường parabol (có phương trình là hàm bậc hai), vì vậy ta dự đoán được để tìm phương trình bậc ~(k+1)~ thì ta cần lấy ~(k+2)~ điểm không cùng hoành độ. Dễ nhất là ta lấy các điểm ~(1, f(1)), (2, f(2)), ..., (k+2, f(k+2))~. Mỗi điểm ta cần tối đa ~O(k \log k)~ phép tính để tính (dùng thuật toán tính lũy thừa nhanh), vì vậy ta sẽ mất ~O(k^2 \log k)~ phép tính cho bước này.

Ý tưởng chủ đạo của nội suy Lagrange để tìm một hàm đa thức đi qua các điểm là tách hàm ~f(n)~ thành tổng của các hàm ~g_1(n), g_2(n), ..., g_{k+2}(n)~ sao cho

~g_i(n) = \begin{cases} f(i) \text{ nếu } n = i \\ 0 \text{ nếu } n \text { là các hoành độ khác} \end{cases}~

Dễ thấy khi tìm được các hàm ~g~ thỏa mãn điều kiện trên thì ~f(n) = g_1(n) + g_2(n) + ... + g_{k+2}(n)~

Bây giờ ta tìm ~g_i(n)~ như thế nào.

Do ~g_i(n) = 0~ khi ~n~ là các hoành độ khác, điều này nghĩa là ~1, 2, 3, ..., i-1, i+1, ..., k+2~ (tất cả các số nguyên từ ~1~ đến ~k+2~ mà khác ~i~) là các nghiệm của ~g_i(n) = 0~. Do đó, ~g_i(n)~ sẽ có dạng ~\boxed{g_i(n) = (n-1)(n-2)(n-3)...(n-(i-1))(n-(i+1))...(n-(k+2))m_i}~ với ~m_i \in \mathbb{R}~ là một hằng số nào đó mà ta chưa biết. Ở đây có hai điểm đáng chú ý

• Cái này giống mẹo giải phương trình bằng cách nhẩm nghiệm ~x_0~, rồi cố gắng phân tích ra nhân tử ~(x - x_0)~ để ta có thể tính luôn nghiệm này và đơn giản hóa bài toán.
• Lí do ta biết ~m_i~ là hằng số là do phần ~(n-1)(n-2)(n-3)...~ là đã một đa thức bậc ~k+1~, mà ~f(n)~ là một đa thức bậc ~k+1~ nên ~m_i~ không được làm tăng bậc của ~g_i(n)~, hay nói cách khác, ~m_i~ là đa thức bậc 0 và là hằng số.

Để tính ~m_i~, ta sử dụng tính chất ~g_i(n) = f(i) \text{ nếu } n = i~.

Ta có: ~g_i(i) = f(i) \Rightarrow (i-1)(i-1)...(i-(i-1))(i - (i+1))...(i - (k+2))m_i = f(i) \Rightarrow \boxed{m_i = \frac{f(i)}{(i-1)(i-1)...(i-(i-1))(i - (i+1))...(i - (k+2))}}~

(ở phần mẫu không có thừa số nào bằng ~0~ vì hoành độ các điểm phân biệt, nên ta có thể chia được)

Vậy từ ~m_i~ ta ra được công thức của ~g_i(n)~, từ ~g_i(n)~ ta ra được công thức của ~f(n)~. Việc tính ~g_i(n)~ sẽ tốn ~O(k)~ phép tính, và ta cần tính ~k+2~ hàm như vậy, nên theo quy tắc nhân, độ phức tạp cuối cùng của bước này là ~O(k^2)~ (hoàn toàn không phụ thuộc vào ~n~)

Tổng độ phức tạp là ~O(k^2\log k + k^2) = O(\max(k^2\log k, k^2)) = O(k^2\log k)~

~k^2\log k \approx 10^7 < 10^8~, nên thuật toán sử dụng công thức ta mò ra bằng nội suy Lagrange có thể chạy được trong 1 giây.

Vào 8h tối thứ tư (27/07/2022), mình sẽ tổ chức buổi trình bày thứ sáu trong chuỗi buổi trình bày về thuật toán miễn phí Hè 2022 với chủ đề Số học. Ở bài trình bày này, các bạn sẽ được biết:

• Ước chung lớn nhất, Bội chung nhỏ nhất. Thuật toán Euclid. Giải phương trình Diophantine dạng ~ax+by=c~
• Sàng nguyên tố và một số biến thể đơn giản.
• Phép chia lấy dư: Tính ~A + B~, ~A - B~, ~AB~, ~\frac{A}{B}~, ~\frac{A}{B} + \frac{C}{D}~ sau khi chia lấy dư với một số nguyên tố.
• Giới thiệu sơ qua một vài kiến thức nâng cao về số học và các nguồn tài liệu để các bạn có thể tìm hiểu thêm.

Để có thể theo dõi bài trình bày này, bạn cần nắm được các tính chất của tập số nguyên, và các khái niệm ước, bội, số nguyên tố. Ngoài ra các bạn cũng cần nắm được cách cài đặt thuật toán kiểm tra số nguyên tố và thuật toán tìm ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất đã được trình bày trong chương trình Tin học 10.

Địa điểm tham gia livestream: Kênh Voice general của server Discord From VNOI with love. Các bạn có thể tham gia server qua link https://discord.gg/WDgKQcHjQC

Các bạn có thể xem lại các tư liệu của bài trình bày (gồm video bài trình bày, slides đã chỉnh sửa, hình ảnh được sử dụng và nháp) tại đây .

Vào lúc 4h chiều thứ tư tuần này (06/07/2022), mình sẽ tổ chức buổi trình bày thứ năm trong chuỗi buổi trình bày về thuật toán miễn phí Hè 2022 với chủ đề Cây phân đoạn. Ở bài trình bày này, các bạn sẽ được làm quen với:

• Cây phân đoạn dưới góp nhìn của phương pháp Chia để trị
• Cách xây dựng cây, các hàm cập nhật, lấy thông tin từ cây để giải một số bài toán đơn giản (bao gồm phân tích độ phức tạp tính toán)
• Kĩ thuật lazy update, và việc kết hợp cây phân đoạn với các cấu trúc dữ liệu trong C++ STL / PBDS.
• Hầu hết thời gian của bài trình bày sẽ được dùng để mình code mẫu. Trong lúc code, mình sẽ cung cấp thêm cho các bạn một số mẹo để tránh những lỗi sai không đáng có khi lập trình cây phân đoạn.

Để có thể theo dõi tốt bài trình bày, bạn cần nắm được cách làm một số bài toán Chia để trị đơn giản đã được trình bày trong phần 1, và cách phân tích độ phức tạp tính toán của một thuật toán chia để trị.

Địa điểm tham gia livestream: Kênh Voice general của server Discord From VNOI with love. Các bạn có thể tham gia server qua link https://discord.gg/WDgKQcHjQC

Các bạn có thể xem lại các tư liệu của bài trình bày (gồm video bài trình bày, slides đã chỉnh sửa, hình ảnh được sử dụng và nháp) tại đây.

Vào lúc 8h tối thứ tư (22/06/2022), mình sẽ tổ chức buổi trình bày thứ tư trong chuỗi buổi trình bày về thuật toán miễn phí Hè 2022.

Ở buổi trình bày này, các bạn sẽ được làm quen với:

• Cách nhân nhanh hai đa thức trong ~O(n^{\log_2 3})~ và ứng dụng của việc nhân đa thức trong bài toán Cái túi phiên bản đếm, bài toán đếm cấp số cộng độ dài 3 trong một mảng, bài toán tìm số đoạn thẳng có cùng độ dài và một bài toán xử lí xâu.
• Giới thiệu sơ lược về phương pháp Chia để trị trên cây và phương pháp Chia để trị trên đa giác.

Để có thể theo dõi bài trình bày, bạn cần nắm được các kiến thức Tổ hợp trong chương trình Đại số và Giải tích 11 hoặc trong chương trình Toán 10 mới.

Địa điểm tham gia livestream: Kênh Voice general của server Discord From VNOI with love. Các bạn có thể tham gia server qua link https://discord.gg/WDgKQcHjQC

Các bạn có thể xem lại các tư liệu của bài trình bày (gồm video bài trình bày, slides đã chỉnh sửa, hình ảnh được sử dụng và nháp) tại đây .

Vào lúc 8h tối thứ ba (14/06/2022), mình sẽ tổ chức buổi trình bày thứ ba trong chuỗi buổi trình bày về thuật toán miễn phí Hè 2022.

Chủ đề của tập 3, tập 4, và có thể là tập 5 là "Chia để trị."

Để có thể theo dõi được bài trình bày này, các bạn cần nắm được phương pháp chứng minh quy nạp, cách phân tích độ phức tạp tính toán, cách viết hàm đệ quy. Nếu được thì các bạn cũng nên tìm hiểu trước về hàm lô-ga-rít.

Ở buổi trình bày này, các bạn sẽ được làm quen với:

• Hàm lô-ga-rít và ứng dụng trong một số bài tập tin học.
• Tìm kiếm nhị phân và ứng dụng trong các bài toán tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất.
• Cách tính nhanh ~x^n~ với ~n~ lớn.
• Thuật toán Mergesort để sắp xếp dãy số trong ~O(n\log{n})~ trong trường hợp xấu nhất.
• Cách giải bài toán cặp điểm gần nhất (và bài toán đếm số cặp nghịch thế nếu có thời gian)
• Phân tích độ phức tạp tính toán của một thuật toán sử dụng phương pháp Chia để trị bằng phương pháp hình chữ nhật.

Nội dung của một số bài trình bày tiếp theo:

• Cây phân đoạn (Segment Tree) dưới góc nhìn của phương pháp Chia để trị.
• Cách nhân nhanh hai đa thức trong ~O(n^{1.6})~ và ứng dụng.
• Giới thiệu sơ qua về phương pháp Chia để trị trên cây và Chia để trị trên đa giác.

Địa điểm tham gia livestream: Kênh Voice general của server Discord From VNOI with love. Các bạn có thể tham gia server qua link https://discord.gg/WDgKQcHjQC

Các bạn có thể xem lại các tư liệu của bài trình bày (gồm video bài trình bày, slides đã chỉnh sửa, hình ảnh được sử dụng và nháp) tại đây.

Vào lúc 8h tối thứ tư tuần này (08/06/2022), mình sẽ tổ chức buổi trình bày thứ hai trong chuỗi buổi trình bày về thuật toán miễn phí Hè 2022.

Chủ đề của buổi thứ hai là "Đánh giá hiệu quả thuật toán." Để có thể theo dõi bài trình bày này, bạn cần nắm được cách chứng minh mệnh đề chứa dấu ~\forall, \exists~ và mệnh đề "nếu ... thì ..." (đã được trình bày ở bài đầu tiên), nắm được khái niệm thuật toán, và biết một số bất đẳng thức đơn giản như ~\forall x \in \mathbb{R}: x^2 \geq 0~ và bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân.

Ở buổi trình bày này, các bạn sẽ được làm quen với:

• Cách phân tích độ phức tạp của một thuật toán.
• Biểu diễn độ phức tạp bằng kí pháp chữ ~O~ lớn. Sử dụng kí pháp chữ ~O~ lớn để đánh giá xem thuật toán có chạy đủ nhanh trong thời gian quy định hay không.
• Một số kĩ thuật tăng tốc độ chạy của thuật toán như lợi dụng hằng số nhỏ của ~\sum i^k~, sử dụng bitset, hai con trỏ, và chia căn đơn giản.

Địa điểm tham gia livestream: Kênh Voice general của server Discord From VNOI with love. Các bạn có thể tham gia server qua link https://discord.gg/WDgKQcHjQC

Các bạn có thể xem lại các tư liệu của bài trình bày (gồm video bài trình bày, slides đã chỉnh sửa, hình ảnh được sử dụng và nháp) tại đây.

Bài 1:

Phần a:

~P = \sqrt[3]{7 + 5\sqrt{2}} + \sqrt[3]{7 - 5\sqrt{2}}~

Sử dụng hằng đẳng thức ~(a+b)^3 = a^3 + b^3 +3ab(a+b)~ với ~a = \sqrt[3]{7 + 5\sqrt{2}}~ và ~b = \sqrt[3]{7 - 5\sqrt{2}}~, ta có

~P^3 = (7 + 5\sqrt{2}) + (7 - 5\sqrt{2}) + 3\sqrt[3]{7 + 5\sqrt{2}}\sqrt[3]{7 - 5\sqrt{2}}(\sqrt[3]{7 + 5\sqrt{2}} + \sqrt[3]{7 - 5\sqrt{2}})~

~\Rightarrow P^3 = 14 +3\sqrt[3]{49-25 \times 2}P~

~\Rightarrow P^3 = 14 - 3P~

~\Rightarrow P^3 - 3P - 14 = 0~

Ta thấy ~2~ là một nghiệm của phương trình ẩn ~P~ này nên

~P^3 - 2P^2 + 2P^2 - 4P + 7P - 14 = 0~

~\Rightarrow (P-2)(P^2 + 2P + 7) = 0~

~\Rightarrow (P-2)((P+1)^2 + 6) = 0~

Do ~(P+1)^2 + 6 \geq 6 > 0~ nên ~P - 2 = 0 \Rightarrow \boxed{P = 2}~

Phần b:

Giả sử ~\forall x \in \mathbb{Z}: P(x) \in \mathbb{Z}~

Do ~0 \in \mathbb{Z}, P(0) \in \mathbb{Z}~ nên ~c \in \mathbb{Z}~

Do ~1 \in \mathbb{Z}, P(1) \in \mathbb{Z}~ nên ~a + b + c \in \mathbb{Z}~. Do ~\begin{cases} c \in \mathbb{Z} \\ a + b + c \in \mathbb{Z} \end{cases} \Rightarrow (a+b+c) - c \in \mathbb{Z} \Rightarrow a + b \in \mathbb{Z}~

Do ~-1 \in \mathbb{Z}, P(-1) \in \mathbb{Z}~ nên ~a - b + c \in \mathbb{Z}~.

Do ~\begin{cases} a+b+c \in \mathbb{Z} \\ a - b + c \in \mathbb{Z} \end{cases}~ nên ~2a + 2c \in \mathbb{Z}~.

Do ~c \in \mathbb{Z}~ nên ~-2c \in \mathbb{Z}~

Do ~\begin{cases} 2a + 2c \in \mathbb{Z} \\ -2c \in \mathbb{Z} \end{cases}~ nên ~2a \in \mathbb{Z}~

Ta có thể kết luận:

~\forall x \in \mathbb{Z}: P(x) \in \mathbb{Z} \Rightarrow \begin{cases} 2a \in \mathbb{Z} \\ a + b \in \mathbb{Z} \\ c \in \mathbb{Z} \end{cases}~

Giả sử ~2a, a+b, c \in \mathbb{Z}~, ta cần chứng minh ~\forall x \in \mathbb{Z}: P(x) \in \mathbb{Z}~

Chọn số ~x \in \mathbb{Z}~ bất kì.

Do ~2a \in \mathbb{Z}~, hoặc ~a \in \mathbb{Z}~ hoặc ~a = \frac{m}{2}~ với ~m \in \mathbb{Z}~

Trường hợp 1: Giả sử ~a \in \mathbb{Z}~.

Do ~\begin{cases} a + b \in \mathbb{Z} \\ a \in \mathbb{Z} \end{cases}~ nên ~b \in \mathbb{Z}~

Do ~a,b,c,x \in \mathbb{Z}~ nên ~P(x) \in \mathbb{Z}~

Trường hợp 2: Giả sử ~a = \frac{m}{2}~ với ~m \in \mathbb{Z}~

Do ~a+b \in \mathbb{Z}~, điều này nghĩa là ~b = \frac{n}{2}~ với ~n \in \mathbb{Z}~

Khi đó ~P(x) = \frac{m}{2}x^2 + \frac{n}{2}x + c~

Do ~x \in \mathbb{Z}~ nên ~x = 2k~ hoặc ~x = 2k+1~ với ~k \in \mathbb{Z}~

Trường hợp 2.1: Nếu ~x = 2k~ thì ~P(x) = \frac{m}{2}4k^2 + \frac{n}{2}2k + c = m(2k^2) + nk + c \in \mathbb{Z}~

Trường hợp 2.2: Nếu ~x = 2k+1~ thì ~P(x) = \frac{m}{2}(4k^2 + 2k + 1) + \frac{n}{2}(2k+1) + c = m(2k^2 + k) + \frac{m}{2} + nk + \frac{n}{2} + c = m(2k^2 + k) + a + nk + b + c \in \mathbb{Z}~

Tổng hợp hai trường hợp 2.1 và 2.2, ta được ~P(x) \in \mathbb{Z}~

Do ở cả hai trường hợp, ta được ~P(x) \in \mathbb{Z}~ và ta chọn số ~x \in \mathbb{Z}~ bất kì, ta có thể kết luận

~\forall x \in \mathbb{Z}: P(x) \in \mathbb{Z}~

và đây là điều phải chứng minh.

Bài 4:

Giả sử có cách viết 10 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Đánh số các điểm như hình dưới đây

Ta có:

~a_1 + a_5 + a_2 = a_1 + a_8 + a_4 = ... = k~

~\Rightarrow 3(a_1 + a_2 + a_3 + a_4) + a_5 + a_6 + a_7 + a_8 + a_9 + a_{10} = 6k~

~\Rightarrow 2(a_1 + a_2 + a_3 + a_4) + \sum_{i=1}^{10} a_i = 6k~

~\Rightarrow 2(a_1+a_2+a_3+a_4) + 45 = 6k~

~\Rightarrow 45 = 2(3k + a_1 + a_2 + a_3 + a_4) \Rightarrow 2 \mid 45~ (vô lí)

Do đó, giả sử ban đầu sai. Nói cách khác, không có cách viết 10 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 5:

Phần a:

Gọi 5 điểm được cho là ~A_1, A_2, A_3, A_4, A_5~

Gọi ~H~ là tập các đỉnh của bao lồi của ~5~ điểm được cho. Do không có 3 điểm nào thẳng hàng, ~3 \leq |H| \leq 5~

Trường hợp 1: ~|H| = 3~

Không làm mất tính tổng quát, giả sử ~H = \{A_1, A_2, A_3\}~. Khi đó, ~A_4~ nằm trong tam giác ~A_1A_2A_3~

~\Rightarrow \angle A_1A_4A_2 + \angle A_2A_4A_3 + \angle A_3A_4A_1 = 360^o~

Khi đó, một trong ba góc này sẽ phải lớn hơn hoặc bằng ~120^o~, tức lớn hơn ~90^o~. Không làm mất tính tổng quát, giả sử góc đó là ~\angle A_1A_4A_2~. Khi đó tam giác ~A_1A_4A_2~ là tam giác tù, tức ta tìm được một tam giác tù.

Trường hợp 2: ~|H| = 4~

Không làm mất tính tổng quát, giả sử bao lồi là tứ giác ~A_1A_2A_3A_4~. Khi đó, ~A_5~ nằm trong tứ giác ~A_1A_2A_3A_4~

~\Rightarrow \angle A_1A_5A_2 + \angle A_2A_5A_3 + \angle A_3A_5A_4 + \angle A_4A_5A_1 = 360^o~

Giả dụ cả bốn góc này không có góc tù nào. Khi đó, cả bốn góc đều có số đo ~90^o~. Ta sẽ có ~\angle A_1A_5A_2 + \angle A_2A_5A_3 = 180^o \Rightarrow \angle A_1A_5A_3 = 180^o \Rightarrow A_1, A_5, A_3~ thẳng hàng, trái với giả thiết ban đầu rằng không có ba điểm nào thẳng hàng. Vì thế giả dụ ban đầu sai, tức ít nhất một trong bốn góc phải là góc tù, và vì thế ta tìm được một tam giác tù.

Trường hợp 3: ~|H| = 5~

Không làm mất tính tổng quát, giả sử bao lồi là đa giác ~A_1A_2A_3A_4A_5~. Do đây là đa giác lồi, ta có

~\sum_{i=1}^5 \angle A_i = 180 \times 3 = 540^o~

Do ~\frac{540^o}{5} = 108^o~, sẽ có ít nhất một góc lớn hơn hoặc bằng ~108^o~, tức một góc lớn hơn ~90^o~. Không làm mất tính tổng quát, giả sử góc đó là góc ~A_1A_2A_3~, khi đó tam giác ~A_1A_2A_3~ tù.

Từ ba trường hợp trên, ta có thể kết luận rằng cho 5 điểm bất kì trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng, ta có thể tìm được một tam giác có đỉnh là 3 trong 5 điểm được cho.

Phần b:

Gọi 2022 điểm được cho là ~A_1, A_2, A_3, A_4, ..., A_{2022}~

Gọi ~H~ là tập đỉnh của bao lồi của 2022 điểm được cho. Do không có 3 điểm nào thẳng hàng, ~3 \leq |H| \leq 2022~.

Gọi ~k~ là số điểm nằm trong bao lồi. Ta có ~k = 2022 - |H|~

Nếu ~|H| \leq 4~ thì ~k \geq 2018~. Với mỗi điểm trong bao lồi, ta có thể tìm được một tam giác tù có điểm đó là đỉnh và hai đỉnh còn lại là hai đỉnh của đa giác bao lồi, và vì thế ta tìm được ít nhất ~k~ tam giác tù. Do ~k \geq 2018~, ta có điều phải chứng minh.

Xét trường hợp ~|H| \leq 5~.

Không làm mất tính tổng quát, giả sử bao lồi là đa giác ~A_1A_2A_3...A_n~ (~n = |H| = 2022 - k~)

Chia đa giác thành các tam giác ~A_1A_2A_3~, ~A_1A_3A_4~, ..., ~A_1A_{n-1}A_n~. Do không có ba điểm nào thẳng hàng, mỗi điểm trong bao lồi sẽ nằm trọn trong một trong các đa giác này, và từ đó với mỗi điểm trong bao lồi, ta tìm được một tam giác tù có điểm đó là một đỉnh và hai đỉnh còn lại là hai đỉnh của tam giác chứa nó (và đồng thời là hai đỉnh của đa giác bao lồi). Nói cách khác, ta tìm được ~k~ tam giác tù.

Ta có:

~\sum_{i=1}^n \angle A_i = 180(n-2)~

Giả dụ có nhiều hơn 4 góc không tù. Không làm mất tính tổng quát, giả sử các góc ~A_1, A_2, A_3, A_4, A_5~ là các góc không tù, khi đó ~\sum_{i=6}^n \angle A_i > 180(n-2) - 450 = 180(n - \frac{9}{2})~

Nếu ~n = 5~ thì điều này nghĩa là ~0 > 90~, vô lí.

Nếu ~n > 5~ thì điều này nghĩa là có một góc ~\angle A_i \geq \frac{180(n-\frac{9}{2})}{n-5}~. Mà khi ~n > 5~, ~\frac{180(n-\frac{9}{2})}{n-5} > 180~ nên ~\angle A_i > 180^o~. Điều này vô lí do một góc của một đa giác lồi không thể có số đo vượt quá ~180^o~

Do cả hai trường hợp đều dẫn đến điều vô lí, điều này nghĩa là có nhiều nhất 4 góc không tù, tức đa giác bao lồi có ít nhất ~n - 4~ góc tù. Mỗi một góc tù sẽ tạo ra một tam giác tù nên ta có ít nhất ~n - 4~ tam giác tù.

Tổng số tam giác tù ít nhất là ~k + (n-4) = n+k - 4 = 2022 - 4 = 2018~, tức là ta sẽ tìm được ít nhất 2018 tam giác tù.

Kết hợp hai trường hợp, ta có được điều phải chứng minh.

Vào lúc 8h tối thứ Ba ngày 31 tháng 5 năm 2022, mình sẽ tổ chức buổi trình bày đầu tiên trong chuỗi buổi trình bày về thuật toán miễn phí Hè 2022.

Chủ đề của buổi đầu tiên là "Phương pháp chứng minh." Để có thể nắm được nội dung bài trình bày, bạn chỉ cần biết trước về tập hợp số tự nhiên và tính chia hết, không nhất thiết phải biết lập trình.

Ở buổi trình bày này, các bạn sẽ được làm quen với:

• Các khái niệm logic đơn giản như "không" (not), "hoặc" (or), "và" (and), mệnh đề kéo theo, mệnh đề tương đương, với mọi, tồn tại
• Tập hợp và hàm số
• Ba phương pháp chứng minh phổ biến là phương pháp chia trường hợp, phương pháp phản chứng, và phương pháp quy nạp.

Mục tiêu của bài trình bày là giúp bạn:

• Đọc hiểu được định nghĩa Toán học (ví dụ định nghĩa chữ O lớn, định nghĩa đồ thị, định nghĩa cây), làm nền tảng cho các buổi trình bày tiếp theo.
• Giải thích tại sao một tập số nguyên dương khác rỗng luôn có số nhỏ nhất?
• Nắm được cách chứng minh "tương đương" hoặc chứng minh "bằng nhau"
• Nắm được cách dùng quy nạp để chứng minh các tính chất mà bạn mò ra được bằng tay khi xem xét các trường hợp nhỏ.

Địa điểm tham gia livestream: Kênh Voice general của server Discord From VNOI with love. Các bạn có thể tham gia server qua link https://discord.gg/WDgKQcHjQC

Xem tư liệu bài trình bày (gồm video bài trình bày, slides đã chỉnh sửa, hình ảnh được sử dụng và nháp) tại đây.

Cho một cây vô hướng ~T = (V, E, w)~ với ~w > 0~

Gọi ~s, t \in V~ là hai đầu mút của đường kính của ~T~

Chứng minh rằng: Đường đi đơn dài nhất trên ~T~ xuất phát từ một nút ~u \in V~ là đường đi từ ~u~ đến ~s~ hoặc đường đi từ ~u~ đến ~t~

Chứng minh

Chọn ~u \in V~ bất kì.

Đặt ~u~ làm gốc cây ~T~

Giả dụ đường đi đơn dài nhất trên ~T~ xuất phát từ ~u~ không là đường đi từ ~u~ đến ~s~ và cũng không là đường đi từ ~u~ đến ~t~ mà là đường đi từ ~u~ đến ~v~ với ~v \in V, v \ne s, v \ne t~.

Đặt ~a = \text{lca}(v,s), b = \text{lca}(s,t)~

Do ~a \rightarrow s~ và ~b \rightarrow s~, một trong hai trường hợp sau sẽ xảy ra:

Trường hợp 1: ~a \rightarrow b~

Khi đó, ~\begin{cases} a \rightarrow b \\ b \rightarrow t \end{cases} \Rightarrow a \rightarrow t~

Ta có: ~f(u,v) > f(u,t) \Rightarrow f(u,a) + f(a,v) > f(u,a) + f(a,t)~ (do ~a \rightarrow v~ và ~a \rightarrow t~) ~\Rightarrow f(a,v) > f(a,t)~

Do ~a \rightarrow b \rightarrow t~, ~f(a,t) \geq f(b,t)~

Ta có: ~f(s,t) = f(s,b) + f(b,t) \leq f(s,a) + f(a,t) < f(s,a) + f(a,v) = f(s,v)~

Điều này nghĩa là đường đi từ ~s~ tới ~t~ không là đường kính của ~T~ (do có đường đi từ ~s~ tới ~v~ dài hơn), trái với giả thiết ban đầu

Trường hợp 2: ~b \rightarrow a~

Đầu tiên, ta cần chứng minh ~lca(v,t) = b~.

~\begin{cases} b \rightarrow a \\ a \rightarrow v \end{cases} \Rightarrow b \rightarrow v~

~b = \text{lca}(s,t) \Rightarrow b \rightarrow t~

Giả dụ tồn tại ~c \in V~ sao cho ~c \rightarrow v~ và ~c \rightarrow t~ và ~b \rightarrow c~. Do ~a,b,c \rightarrow v~ và ~b \rightarrow c~, hoặc ~c \rightarrow a~ hoặc ~a \rightarrow c~.

Nếu ~c \rightarrow a~ thì với việc ~a \rightarrow s~, ~c \rightarrow s~. Do ~c \rightarrow s~ và ~c \rightarrow t~ và ~b \rightarrow c~, ~b \ne \text{lca}(s,t)~ nên trường hợp này không thể xảy ra.

Nếu ~a \rightarrow c~ thì do ~c \rightarrow t~, ~a \rightarrow t~. Điều này cộng với việc ~a \rightarrow s~ nghĩa là ~a~ là một cha chung của ~t~ và ~s~. Do ~b = \text{lca}(s,t)~, ~a \rightarrow b~, trái với điều kiện của trường hợp 2.

Do hai trường hợp đều không thể xảy ra, giả dụ tồn tại ~c \in V~ sai. Điều này đồng nghĩa với việc ~lca(v,t) = b~

Ta có:

• ~f(u,v) > f(u,s) \Rightarrow f(u,a) + f(a,v) > f(u,a) + f(a,s) \Rightarrow f(a,v) > f(a,s)~
• ~f(v,t) = f(v,a) + f(a,b) + f(b,t) > f(s,a) + f(a,b) + f(b,t) = f(s,t)~

Do đó, đường đi từ ~s~ đến ~t~ không thể là đường kính của ~T~, trái với giả thiết ban đầu.

Do cả trường hợp 1 và trường hợp 2 đều không thể xảy ra, giả dụ ban đầu sai.

Ta giờ có thể kết luận

~\forall u \in V:~ Một đường đi đơn dài nhất xuất phát từ đỉnh ~u~ là đường đi từ ~u~ đến ~s~, hoặc là đường đi từ ~u~ đến ~t~

Hệ quả của định lí:

• Định lí này chứng minh tính đúng đắn của thuật toán tìm đường kính của cây
• Để tìm một đường đi dài nhất xuất phát từ ~u~, ta có thể tìm đường kính từ ~s~ đến ~t~ rồi xét hai đường đi từ ~s~ đến ~u~ và từ ~t~ đến ~u~