1P5: वर्ड चेंजर


20

इसे फर्स्ट पीरियोडिक प्रीमियर प्रोग्रामिंग पज़ल पुश के भाग के रूप में लिखा गया था ।

खेल

एक ही लंबाई का एक प्रारंभिक और अंतिम शब्द प्रदान किया जाता है। खेल का उद्देश्य शुरुआती शब्दों तक एक अक्षर को बदलना, इस कदम को दोहराना है, जब तक कि अंतिम चरण तक नहीं पहुंच जाता है, कम से कम चरणों का उपयोग करते हुए। उदाहरण के लिए, TREE और FLED शब्दों को देखते हुए, आउटपुट होगा:

TREE
FREE
FLEE
FLED
2

विशेष विवरण

  • OWL या SOWPODS के लिए विकिपीडिया लेख एक उपयोगी प्रारंभिक बिंदु हो सकता है जहाँ तक शब्द सूची जाती है।
  • कार्यक्रम को शुरू और अंत शब्दों के चयन के दो तरीकों का समर्थन करना चाहिए:
    1. कमांड-लाइन, स्टडिन या जो कुछ भी आपकी पसंद की भाषा के लिए उपयुक्त है, द्वारा उपयोगकर्ता द्वारा निर्दिष्ट किया गया है (बस उल्लेख करें कि आप क्या कर रहे हैं)।
    2. फ़ाइल से यादृच्छिक पर 2 शब्दों का चयन करना।
  • शुरुआती और अंत वाले शब्द, साथ ही सभी अंतरिम शब्द समान लंबाई के होने चाहिए।
  • प्रत्येक चरण को उसकी रेखा पर मुद्रित किया जाना चाहिए।
  • आपके आउटपुट की अंतिम पंक्ति उन अंतरिम चरणों की संख्या होनी चाहिए जो आरंभ और समाप्ति शब्दों के बीच प्राप्त करने के लिए आवश्यक थे।
  • यदि मैच शुरू और समाप्त होने वाले शब्दों के बीच नहीं हो सकता है, तो आउटपुट में 3 लाइनें होनी चाहिए: शुरुआत शब्द, अंतिम शब्द और ओए शब्द।
  • अपने उत्तर में अपने समाधान के लिए बिग ओ नोटेशन को शामिल करें
  • कृपया अपने कार्यक्रम के उत्पादन के चरणों को दिखाने के लिए 10 अद्वितीय शुरुआत और समाप्त होने वाले शब्द जोड़े (उनके आउटपुट के साथ, निश्चित रूप से) शामिल करें। (स्थान बचाने के लिए, जबकि आपके कार्यक्रम को व्यक्तिगत लाइनों पर इनका उत्पादन करना चाहिए, आप इन्हें पोस्ट करने के लिए एक पंक्ति में समेकित कर सकते हैं, रिक्त स्थान के साथ नई लाइनों की जगह और प्रत्येक रन के बीच एक अल्पविराम।

लक्ष्य / जीत का मानदंड

  • सबसे तेज / सबसे अच्छा बिग ओ समाधान एक सप्ताह के बाद सबसे कम अंतरिम कदम का उत्पादन करेगा।
  • यदि टाई बिग ओ मानदंड से परिणाम प्राप्त करता है, तो सबसे छोटा कोड जीत जाएगा।
  • यदि अभी भी एक टाई है, तो इसके सबसे तेज और सबसे छोटे संशोधन तक पहुंचने का पहला समाधान जीत जाएगा।

टेस्ट / नमूना आउटपुट

DIVE
DIME
DAME
NAME
2

PEACE
PLACE
PLATE
SLATE
2

HOUSE
HORSE
GORSE
GORGE
2

POLE
POSE
POST
PAST
FAST
3

मान्यकरण

मैं एक स्क्रिप्ट पर काम कर रहा हूं जिसका उपयोग आउटपुट को मान्य करने के लिए किया जा सकता है।

यह:

  1. सुनिश्चित करें कि प्रत्येक शब्द मान्य है।
  2. सुनिश्चित करें कि प्रत्येक शब्द पिछले शब्द से बिल्कुल 1 अक्षर अलग है।

यह नहीं होगा:

  1. जाँच करें कि सबसे कम चरणों का उपयोग किया गया था।

एक बार जब मैंने वह लिख लिया, तो मैं निश्चित रूप से इस पोस्ट को अपडेट करूंगा। (:


4
यह मेरे लिए अजीब है कि 3 ऑपरेशनों को करने से प्राप्त करने के लिए लगता है HOUSEके लिए GORGEरिपोर्ट किया गया है 2. के रूप में मुझे लगता है 2 मध्यवर्ती शब्द देखते हैं, तो यह मेकअप भावना करता है, लेकिन आपरेशन के # अधिक सहज ज्ञान युक्त होगा।
मैथ्यू

4
@Peter, sowpods विकिपीडिया पेज के अनुसार ~ 15k शब्द 13 अक्षरों से अधिक लंबे हैं
gnibbler

4
मुझे यह सब पता होने का मतलब नहीं है, लेकिन पहेली का वास्तव में एक नाम है, इसका आविष्कार लुईस कैरोल
एन .wikipedia.org/

1
आपके पास प्रश्न में एक नायाब लक्ष्य है: The fastest/best Big O solution producing the shortest interim steps after one week will win.चूंकि आप गारंटी नहीं दे सकते, कि सबसे तेज़ समाधान इस बीच है, जो सबसे कम चरणों का उपयोग करता है, आपको एक प्राथमिकता प्रदान करनी चाहिए, यदि कोई समाधान कम चरणों का उपयोग करता है, लेकिन बाद में लक्ष्य तक पहुंचता है।
उपयोगकर्ता अज्ञात

2
मैं सिर्फ पुष्टि करना चाहता हूं BATऔर CATशून्य चरण होंगे, है ना?
11'11

जवाबों:


9

चूंकि लंबाई को एक मानदंड के रूप में सूचीबद्ध किया गया है, यहां 1681 वर्णों पर गोल्फ संस्करण है (शायद अभी भी 10% तक सुधार किया जा सकता है):

import java.io.*;import java.util.*;public class W{public static void main(String[]
a)throws Exception{int n=a.length<1?5:a[0].length(),p,q;String f,t,l;S w=new S();Scanner
s=new Scanner(new
File("sowpods"));while(s.hasNext()){f=s.next();if(f.length()==n)w.add(f);}if(a.length<1){String[]x=w.toArray(new
String[0]);Random
r=new Random();q=x.length;p=r.nextInt(q);q=r.nextInt(q-1);f=x[p];t=x[p>q?q:q+1];}else{f=a[0];t=a[1];}H<S>
A=new H(),B=new H(),C=new H();for(String W:w){A.put(W,new
S());for(p=0;p<n;p++){char[]c=W.toCharArray();c[p]='.';l=new
String(c);A.get(W).add(l);S z=B.get(l);if(z==null)B.put(l,z=new
S());z.add(W);}}for(String W:A.keySet()){C.put(W,w=new S());for(String
L:A.get(W))for(String b:B.get(L))if(b!=W)w.add(b);}N m,o,ñ;H<N> N=new H();N.put(f,m=new
N(f,t));N.put(t,o=new N(t,t));m.k=0;N[]H=new
N[3];H[0]=m;p=H[0].h;while(0<1){if(H[0]==null){if(H[1]==H[2])break;H[0]=H[1];H[1]=H[2];H[2]=null;p++;continue;}if(p>=o.k-1)break;m=H[0];H[0]=m.x();if(H[0]==m)H[0]=null;for(String
v:C.get(m.s)){ñ=N.get(v);if(ñ==null)N.put(v,ñ=new N(v,t));if(m.k+1<ñ.k){if(ñ.k<ñ.I){q=ñ.k+ñ.h-p;N
Ñ=ñ.x();if(H[q]==ñ)H[q]=Ñ==ñ?null:Ñ;}ñ.b=m;ñ.k=m.k+1;q=ñ.k+ñ.h-p;if(H[q]==null)H[q]=ñ;else{ñ.n=H[q];ñ.p=ñ.n.p;ñ.n.p=ñ.p.n=ñ;}}}}if(o.b==null)System.out.println(f+"\n"+t+"\nOY");else{String[]P=new
String[o.k+2];P[o.k+1]=o.k-1+"";m=o;for(q=m.k;q>=0;q--){P[q]=m.s;m=m.b;}for(String
W:P)System.out.println(W);}}}class N{String s;int k,h,I=(1<<30)-1;N b,p,n;N(String S,String
d){s=S;for(k=0;k<d.length();k++)if(d.charAt(k)!=S.charAt(k))h++;k=I;p=n=this;}N
x(){N r=n;n.p=p;p.n=n;n=p=this;return r;}}class S extends HashSet<String>{}class H<V>extends
HashMap<String,V>{}

Ungolfed संस्करण, जो पैकेज नाम और विधियों का उपयोग करता है और चेतावनी नहीं देता है या केवल उन्हें उर्फ ​​करने के लिए कक्षाएं बढ़ाता है:

package com.akshor.pjt33;

import java.io.*;
import java.util.*;

// WordLadder partially golfed and with reduced dependencies
//
// Variables used in complexity analysis:
// n is the word length
// V is the number of words (vertex count of the graph)
// E is the number of edges
// hash is the cost of a hash insert / lookup - I will assume it's constant, but without completely brushing it under the carpet
public class WordLadder2
{
    private Map<String, Set<String>> wordsToWords = new HashMap<String, Set<String>>();

    // Initialisation cost: O(V * n * (n + hash) + E * hash)
    private WordLadder2(Set<String> words)
    {
        Map<String, Set<String>> wordsToLinks = new HashMap<String, Set<String>>();
        Map<String, Set<String>> linksToWords = new HashMap<String, Set<String>>();

        // Cost: O(Vn * (n + hash))
        for (String word : words)
        {
            // Cost: O(n*(n + hash))
            for (int i = 0; i < word.length(); i++)
            {
                // Cost: O(n + hash)
                char[] ch = word.toCharArray();
                ch[i] = '.';
                String link = new String(ch).intern();
                add(wordsToLinks, word, link);
                add(linksToWords, link, word);
            }
        }

        // Cost: O(V * n * hash + E * hash)
        for (Map.Entry<String, Set<String>> from : wordsToLinks.entrySet()) {
            String src = from.getKey();
            wordsToWords.put(src, new HashSet<String>());
            for (String link : from.getValue()) {
                Set<String> to = linksToWords.get(link);
                for (String snk : to) {
                    // Note: equality test is safe here. Cost is O(hash)
                    if (snk != src) add(wordsToWords, src, snk);
                }
            }
        }
    }

    public static void main(String[] args) throws IOException
    {
        // Cost: O(filelength + num_words * hash)
        Map<Integer, Set<String>> wordsByLength = new HashMap<Integer, Set<String>>();
        BufferedReader br = new BufferedReader(new FileReader("sowpods"), 8192);
        String line;
        while ((line = br.readLine()) != null) add(wordsByLength, line.length(), line);

        if (args.length == 2) {
            String from = args[0].toUpperCase();
            String to = args[1].toUpperCase();
            new WordLadder2(wordsByLength.get(from.length())).findPath(from, to);
        }
        else {
            // 5-letter words are the most interesting.
            String[] _5 = wordsByLength.get(5).toArray(new String[0]);
            Random rnd = new Random();
            int f = rnd.nextInt(_5.length), g = rnd.nextInt(_5.length - 1);
            if (g >= f) g++;
            new WordLadder2(wordsByLength.get(5)).findPath(_5[f], _5[g]);
        }
    }

    // O(E * hash)
    private void findPath(String start, String dest) {
        Node startNode = new Node(start, dest);
        startNode.cost = 0; startNode.backpointer = startNode;

        Node endNode = new Node(dest, dest);

        // Node lookup
        Map<String, Node> nodes = new HashMap<String, Node>();
        nodes.put(start, startNode);
        nodes.put(dest, endNode);

        // Heap
        Node[] heap = new Node[3];
        heap[0] = startNode;
        int base = heap[0].heuristic;

        // O(E * hash)
        while (true) {
            if (heap[0] == null) {
                if (heap[1] == heap[2]) break;
                heap[0] = heap[1]; heap[1] = heap[2]; heap[2] = null; base++;
                continue;
            }

            // If the lowest cost isn't at least 1 less than the current cost for the destination,
            // it can't improve the best path to the destination.
            if (base >= endNode.cost - 1) break;

            // Get the cheapest node from the heap.
            Node v0 = heap[0];
            heap[0] = v0.remove();
            if (heap[0] == v0) heap[0] = null;

            // Relax the edges from v0.
            int g_v0 = v0.cost;
            // O(hash * #neighbours)
            for (String v1Str : wordsToWords.get(v0.key))
            {
                Node v1 = nodes.get(v1Str);
                if (v1 == null) {
                    v1 = new Node(v1Str, dest);
                    nodes.put(v1Str, v1);
                }

                // If it's an improvement, use it.
                if (g_v0 + 1 < v1.cost)
                {
                    // Update the heap.
                    if (v1.cost < Node.INFINITY)
                    {
                        int bucket = v1.cost + v1.heuristic - base;
                        Node t = v1.remove();
                        if (heap[bucket] == v1) heap[bucket] = t == v1 ? null : t;
                    }

                    // Next update the backpointer and the costs map.
                    v1.backpointer = v0;
                    v1.cost = g_v0 + 1;

                    int bucket = v1.cost + v1.heuristic - base;
                    if (heap[bucket] == null) {
                        heap[bucket] = v1;
                    }
                    else {
                        v1.next = heap[bucket];
                        v1.prev = v1.next.prev;
                        v1.next.prev = v1.prev.next = v1;
                    }
                }
            }
        }

        if (endNode.backpointer == null) {
            System.out.println(start);
            System.out.println(dest);
            System.out.println("OY");
        }
        else {
            String[] path = new String[endNode.cost + 1];
            Node t = endNode;
            for (int i = t.cost; i >= 0; i--) {
                path[i] = t.key;
                t = t.backpointer;
            }
            for (String str : path) System.out.println(str);
            System.out.println(path.length - 2);
        }
    }

    private static <K, V> void add(Map<K, Set<V>> map, K key, V value) {
        Set<V> vals = map.get(key);
        if (vals == null) map.put(key, vals = new HashSet<V>());
        vals.add(value);
    }

    private static class Node
    {
        public static int INFINITY = Integer.MAX_VALUE >> 1;

        public String key;
        public int cost;
        public int heuristic;
        public Node backpointer;

        public Node prev = this;
        public Node next = this;

        public Node(String key, String dest) {
            this.key = key;
            cost = INFINITY;
            for (int i = 0; i < dest.length(); i++) if (dest.charAt(i) != key.charAt(i)) heuristic++;
        }

        public Node remove() {
            Node rv = next;
            next.prev = prev;
            prev.next = next;
            next = prev = this;
            return rv;
        }
    }
}

जैसा कि आप देख सकते हैं, चल लागत विश्लेषण है O(filelength + num_words * hash + V * n * (n + hash) + E * hash)। यदि आप मेरी धारणा को स्वीकार करेंगे कि हैश टेबल प्रविष्टि / लुकअप निरंतर समय है, तो O(filelength + V n^2 + E)। सोपोड्स में ग्राफ के विशेष आंकड़ों का मतलब है कि O(V n^2)वास्तव में O(E)अधिकांश के लिए हावी है n

नमूना आउटपुट:

IDOLA, IDOLS, IDYLS, ODYLS, ODALS, OVALS, OVELS, OVENS, EVENS, ETENS, STENS, SKENS, स्किन, स्पाइन, 13

WICCA, PROSY, ओए

BRINY, BRINS, TRINS, TAINS, TARNS, YARNS, YAWNS, YAWPS, YAPPS, 7

GALES, GASES, GASTS, GESTS, GESTE, GESSE, DESSE, 5

आकृति, डक्ट, ड्यून्स, डाइन, डिंग, डिंगी, ४

LICHT, LIGHT, BIGHT, BIGOT, BIGOS, BIROS, GIROS, GIRNS, GURNS, GUANS, GUANA, RUANA, 10

SARGE, SERGE, SERRE, SERRS, SEERS, DEERS, DYERS, ओएयर्स, OVERS, OVELS, OVALS, ODALS, ODYLS, IDYLS, 12

KEIRS, SEIRS, SEERS, BEERS, BRERS, BRERE, BREME, CREME, CREPE, 7

यह 6 सबसे लंबे रास्तों में से एक है:

GAINEST, FAINEST, FAIREST, SAIREST, SADEST, SADDEST, MADDEST, MADDEST, MILDEST, WILDEST, WILIEST, WILIEST, WANIEST, CANIEST, CANTEST, CONESTEST, CONFESS, CONFESS, CONFERS, CONKERS, CONKERS, CONKERS, COK POPPITS, POPPIES, POPSIES, MOPSIES, MOUSIES, MOUSSES, POUSSES, PLUSISSES, PLISSES, PRISSES, PRREES, PREASES, UREASES, UNEASES, UNCASES, UNCASED, UNBASED, UNBASED, UNMATE, UNMET, UNMET, UNMET, UNIMM INDEXES, INDENES, INDENTS, INCENTS, INCESTS, INFESTS, INFECTS, INJECTS, 56

और सबसे खराब घुलनशील 8-अक्षर वाले जोड़े में से एक:

एन्रोबिंग, UNROBING, UNROPING, UNCOPING, UNCAPING, UNCAGING, ENCAGING, ENRACING, ENLACING, ENLACING, UNLACING, SPLAYING, STRAY, STROYING, STROYING, STY CRIMPING, CRISPING, CRISPINS, CRISPENS, CRIMPERS, CRAMPERS, CLAMPERS, CLASPERS, CLASHERS, स्लैथर्स, स्मूथर्स, स्मूथर्स, स्मूथर्स, स्मूथर्स, सूट्स, मूछें, मूछें, मूछें, मूछें, मूवर्स, मूछें, मूवर्स, मूवर्स LUNCHERS, LYNCHERS, LYNCHETS, LINCHETS, 52

अब जब मुझे लगता है कि मुझे प्रश्न की सभी आवश्यकताएं पूरी हो गई हैं, तो मेरी चर्चा।

एक COMPSci के लिए प्रश्न स्पष्ट रूप से एक ग्राफ जी में सबसे छोटा रास्ता कम कर देता है जिसके कोने शब्द हैं और जिनके किनारों को एक अक्षर में अलग-अलग शब्द जोड़ते हैं। ग्राफ को कुशलतापूर्वक उत्पन्न करना तुच्छ नहीं है - मुझे वास्तव में एक विचार है कि मुझे ओ (वी एन हैश + ई) की जटिलता को कम करने के लिए फिर से विचार करने की आवश्यकता है। जिस तरह से मैं करता हूं उसमें एक ग्राफ बनाना शामिल है जो अतिरिक्त वर्टिस (एक वाइल्डकार्ड वर्ण के साथ शब्दों के अनुसार) सम्मिलित करता है और प्रश्न में ग्राफ के लिए होमोमोर्फिक है। मैंने G को कम करने के बजाय उस ग्राफ का उपयोग करने पर विचार किया था और मुझे लगता है कि गोल्फ के दृष्टिकोण से मुझे ऐसा करना चाहिए था - इस आधार पर कि 3 से अधिक किनारों वाला वाइल्डकार्ड नोड ग्राफ में किनारों की संख्या को कम करता है, और सबसे छोटी पथ एल्गोरिदम का मानक खराब समय चल रहा है O(V heap-op + E)

हालाँकि, पहली चीज़ जो मैंने की थी, उसमें ग्राफ़ के कुछ विश्लेषणों को अलग-अलग शब्द लंबाई के लिए चलाना था, और मुझे पता चला कि वे 5 या अधिक अक्षरों के शब्दों के लिए बेहद विरल हैं। 5-लेटर ग्राफ में 12478 कोने और 40759 किनारे हैं; लिंक नोड्स जोड़ने से ग्राफ खराब होता है। जब तक आप 8 अक्षरों तक होते हैं तब तक नोड्स की तुलना में कम किनारों होते हैं, और शब्दों के 3/7 "अलोफ" होते हैं। इसलिए मैंने उस अनुकूलन विचार को वास्तव में मददगार नहीं माना।

जो विचार मददगार साबित हुआ वह था ढेर की जांच करना। मैं ईमानदारी से कह सकता हूं कि मैंने अतीत में कुछ मामूली विदेशी ढेरों को लागू किया है, लेकिन इस तरह से कोई भी विदेशी नहीं है। मैं A- स्टार का उपयोग करता हूं (चूंकि C, ढेर का कोई लाभ नहीं दे रहा है जो मैं उपयोग कर रहा हूं) लक्ष्य से अलग अक्षरों की संख्या के स्पष्ट हेयूरिस्टिक के साथ, और थोड़ा विश्लेषण बताता है कि किसी भी समय 3 से अधिक भिन्न प्राथमिकताएं नहीं हैं ढेर में। जब मैं एक नोड को पॉप करता हूं जिसकी प्राथमिकता (लागत + हेयुरिस्टिक) है और उसके पड़ोसियों को देखें, तो तीन मामले हैं जिन पर मैं विचार कर रहा हूं: 1) पड़ोसी की लागत लागत + 1 है; पड़ोसी का हेयुरिस्टिक हेयुरिस्टिक -1 है (क्योंकि यह जो अक्षर बदलता है वह "सही" हो जाता है); 2) लागत + 1 और हेयुरिस्टिक + 0 (क्योंकि यह जो अक्षर बदलता है वह "गलत" से "अभी भी गलत" हो जाता है; 3) लागत + 1 और हेयुरिस्टिक + 1 (क्योंकि यह जो अक्षर बदलता है वह "सही" से "गलत" हो जाता है)। इसलिए अगर मैं पड़ोसी को आराम देता हूं तो मैं इसे उसी प्राथमिकता, प्राथमिकता + 1, या प्राथमिकता + 2 में सम्मिलित करने जा रहा हूं। परिणामस्वरूप मैं ढेर के लिए लिंक की गई सूचियों के 3-तत्व सरणी का उपयोग कर सकता हूं।

मुझे अपनी धारणा के बारे में एक नोट जोड़ना चाहिए कि हैश लुकअप स्थिर हैं। बहुत अच्छी तरह से, आप कह सकते हैं, लेकिन हैश अभिकलन के बारे में क्या? इसका उत्तर यह है कि मैं उन्हें दूर कर रहा हूं: java.lang.Stringइसके कैश करता है hashCode(), इसलिए कंप्यूटिंग हैश में बिताया गया कुल समय O(V n^2)(ग्राफ बनाने में) है।

एक और बदलाव है जो जटिलता को प्रभावित करता है, लेकिन यह सवाल है कि क्या यह एक अनुकूलन है या नहीं यह आंकड़ों के बारे में आपकी धारणाओं पर निर्भर करता है। (मानदंड के रूप में "सबसे अच्छा बिग ओ समाधान" डालते हुए IMO एक गलती है क्योंकि एक सरल कारण के लिए सबसे अच्छी जटिलता नहीं है: एक एकल चर नहीं है)। यह परिवर्तन ग्राफ पीढ़ी के कदम को प्रभावित करता है। उपरोक्त कोड में, यह है:

        Map<String, Set<String>> wordsToLinks = new HashMap<String, Set<String>>();
        Map<String, Set<String>> linksToWords = new HashMap<String, Set<String>>();

        // Cost: O(Vn * (n + hash))
        for (String word : words)
        {
            // Cost: O(n*(n + hash))
            for (int i = 0; i < word.length(); i++)
            {
                // Cost: O(n + hash)
                char[] ch = word.toCharArray();
                ch[i] = '.';
                String link = new String(ch).intern();
                add(wordsToLinks, word, link);
                add(linksToWords, link, word);
            }
        }

        // Cost: O(V * n * hash + E * hash)
        for (Map.Entry<String, Set<String>> from : wordsToLinks.entrySet()) {
            String src = from.getKey();
            wordsToWords.put(src, new HashSet<String>());
            for (String link : from.getValue()) {
                Set<String> to = linksToWords.get(link);
                for (String snk : to) {
                    // Note: equality test is safe here. Cost is O(hash)
                    if (snk != src) add(wordsToWords, src, snk);
                }
            }
        }

वह है O(V * n * (n + hash) + E * hash)। लेकिन यह O(V * n^2)हिस्सा प्रत्येक लिंक के लिए एक नया एन-कैरेक्टर स्ट्रिंग उत्पन्न करने और फिर इसके हैशकोड की गणना करने से आता है। एक सहायक वर्ग के साथ इससे बचा जा सकता है:

    private static class Link
    {
        private String str;
        private int hash;
        private int missingIdx;

        public Link(String str, int hash, int missingIdx) {
            this.str = str;
            this.hash = hash;
            this.missingIdx = missingIdx;
        }

        @Override
        public int hashCode() { return hash; }

        @Override
        public boolean equals(Object obj) {
            Link l = (Link)obj; // Unsafe, but I know the contexts where I'm using this class...
            if (this == l) return true; // Essential
            if (hash != l.hash || missingIdx != l.missingIdx) return false;
            for (int i = 0; i < str.length(); i++) {
                if (i != missingIdx && str.charAt(i) != l.str.charAt(i)) return false;
            }
            return true;
        }
    }

फिर ग्राफ पीढ़ी का पहला आधा हिस्सा बन जाता है

        Map<String, Set<Link>> wordsToLinks = new HashMap<String, Set<Link>>();
        Map<Link, Set<String>> linksToWords = new HashMap<Link, Set<String>>();

        // Cost: O(V * n * hash)
        for (String word : words)
        {
            // apidoc: The hash code for a String object is computed as
            // s[0]*31^(n-1) + s[1]*31^(n-2) + ... + s[n-1]
            // Cost: O(n * hash)
            int hashCode = word.hashCode();
            int pow = 1;
            for (int j = word.length() - 1; j >= 0; j--) {
                Link link = new Link(word, hashCode - word.charAt(j) * pow, j);
                add(wordsToLinks, word, link);
                add(linksToWords, link, word);
                pow *= 31;
            }
        }

हैशकोड की संरचना का उपयोग करके हम लिंक को उत्पन्न कर सकते हैं O(V * n)। हालाँकि, यह एक नॉक-ऑन प्रभाव है। मेरी धारणा में निहित है कि हैश लुकअप निरंतर समय है एक धारणा है कि समानता के लिए वस्तुओं की तुलना करना सस्ता है। हालांकि, लिंक की समानता परीक्षण O(n)सबसे खराब स्थिति में है। सबसे खराब स्थिति यह है कि जब हमारे पास अलग-अलग शब्दों से उत्पन्न दो समान लिंक के बीच हैश टकराव होता है - यानी यह O(E)ग्राफ पीढ़ी के दूसरे छमाही में होता है । इसके अलावा, गैर-समान लिंक के बीच हैश टकराव की संभावना के अलावा, हम अच्छे हैं। इसलिए हमने इसके लिए कारोबार किया O(V * n^2)है O(E * n * hash)। आंकड़ों के बारे में मेरा पिछला बिंदु देखें।


मेरा मानना ​​है कि 8192 बफ़रडेडर (SunVM पर) के लिए डिफ़ॉल्ट बफर साइज़ है
सुबह

@ st0le, मैंने गोल्फ के संस्करण में उस पैरामीटर को छोड़ दिया, और यह किसी अनऑर्गनाइज्ड में नुकसान नहीं करता है।
पीटर टेलर

5

जावा

जटिलता : ?? (मेरे पास एक CompSci डिग्री नहीं है, इसलिए मैं इस मामले में मदद की सराहना करता हूँ।)

इनपुट : कमांड लाइन में शब्दों की जोड़ी (यदि आप चाहें तो 1 से अधिक जोड़ी) प्रदान करें। यदि कोई कमांड लाइन निर्दिष्ट नहीं है तो 2 अलग-अलग यादृच्छिक शब्द चुने जाते हैं।

import java.io.BufferedReader;
import java.io.File;
import java.io.FileReader;
import java.util.HashMap;
import java.util.HashSet;
import java.util.LinkedList;
import java.util.List;
import java.util.Map;
import java.util.Random;
import java.util.Set;

public class M {

    // for memoization
    private static Map<String, List<String>> memoEdits = new HashMap<String, List<String>>(); 
    private static Set<String> dict;

    private static List<String> edits(String word, Set<String> dict) {
        if(memoEdits.containsKey(word))
            return memoEdits.get(word);

        List<String> editsList = new LinkedList<String>();
        char[] letters = word.toCharArray();
        for(int i = 0; i < letters.length; i++) {
            char hold = letters[i];
            for(char ch = 'A'; ch <= 'Z'; ch++) {
                if(ch != hold) {
                    letters[i] = ch;
                    String nWord = new String(letters);
                    if(dict.contains(nWord)) {
                        editsList.add(nWord);
                    }
                }
            }
            letters[i] = hold;
        }
        memoEdits.put(word, editsList);
        return editsList;
    }

    private static Map<String, String> bfs(String wordFrom, String wordTo,
                                           Set<String> dict) {
        Set<String> visited = new HashSet<String>();
        List<String> queue = new LinkedList<String>();
        Map<String, String> pred = new HashMap<String, String>();
        queue.add(wordFrom);
        while(!queue.isEmpty()) {
            String word = queue.remove(0);
            if(word.equals(wordTo))
                break;

            for(String nWord: edits(word, dict)) {
                if(!visited.contains(nWord)) {
                    queue.add(nWord);
                    visited.add(nWord);
                    pred.put(nWord, word);
                }
            }
        }
        return pred;
    }

    public static void printPath(String wordTo, String wordFrom) {
        int c = 0;
        Map<String, String> pred = bfs(wordFrom, wordTo, dict);
        do {
            System.out.println(wordTo);
            c++;
            wordTo = pred.get(wordTo);
        }
        while(wordTo != null && !wordFrom.equals(wordTo));
        System.out.println(wordFrom);
        if(wordTo != null)
            System.out.println(c - 1);
        else
            System.out.println("OY");
        System.out.println();
    }

    public static void main(String[] args) throws Exception {
        BufferedReader scan = new BufferedReader(new FileReader(new File("c:\\332609\\dict.txt")),
                                                 40 * 1024);
        String line;
        dict = new HashSet<String>(); //the dictionary (1 word per line)
        while((line = scan.readLine()) != null) {
            dict.add(line);
        }
        scan.close();
        if(args.length == 0) { // No Command line Arguments? Pick 2 random
                               // words.
            Random r = new Random(System.currentTimeMillis());
            String[] words = dict.toArray(new String[dict.size()]);
            int x = r.nextInt(words.length), y = r.nextInt(words.length);
            while(x == y) //same word? that's not fun...
                y = r.nextInt(words.length);
            printPath(words[x], words[y]);
        }
        else { // Arguments provided, search for path pairwise
            for(int i = 0; i < args.length; i += 2) {
                if(i + 1 < args.length)
                    printPath(args[i], args[i + 1]);
            }
        }
    }
}

मैंने त्वरित परिणामों के लिए, मेमोइज़ेशन का उपयोग किया है। शब्दकोश पथ हार्डकोड है।
11'11

@ जॉय, यह हुआ करता था, लेकिन अब और नहीं। अब इसमें एक स्थैतिक क्षेत्र है जिसे यह हर बार बढ़ाता है और इसमें जोड़ता है System.nanoTime()
पीटर टेलर

@ जॉय, आह, ठीक है, लेकिन मैं इसे अभी के लिए छोड़ दूंगा, मेरे संशोधन को बढ़ाना नहीं चाहता: पी
11'11

ओह, btw, मैं काम पर हूँ और उन स्क्रैबल वेबसाइटों को जाहिरा तौर पर अवरुद्ध कर दिया जाता है, इसलिए मुझे शब्दकोशों तक पहुंच नहीं है ... कल सुबह तक उन 10 अद्वितीय शब्दों को सर्वश्रेष्ठ बना देगा। चीयर्स!
11'11

आप एक द्विदिश bfs कर के (कम्प्यूटेशनल) जटिलता को कम कर सकते हैं, यानी दोनों तरफ से खोज कर सकते हैं और जब आप दूसरी तरफ से नोड का दौरा करते हैं तो रुक जाते हैं।
नायब

3

c यूनिक्स पर

दिक्क्स्ट्रा एल्गोरिथ्म का उपयोग करना।

कोड का एक बड़ा अंश एक कॉस्ट्यूम एन-एरी ट्री कार्यान्वयन है, जो धारण करने के लिए कार्य करता है

  • वर्डलिस्ट (इस प्रकार इनपुट फ़ाइल को पढ़े जाने की संख्या को कम से कम करना (दो बार बिना किसी तर्क के, एक बार अन्य मामलों के लिए) इस धारणा पर कि फाइल IO धीमी है।
  • आंशिक पेड़ जैसे ही हम उनका निर्माण करते हैं।
  • अंतिम रास्ता।

किसी को भी यह देखने में दिलचस्पी है कि यह कैसे काम करता है findPath, शायद पढ़ना चाहिए process, और processOne(और उनकी संबद्ध टिप्पणियाँ)। और शायद buildPathऔर buildPartialPath। बाकी बहीखाता और मचान है। परीक्षण और विकास के दौरान उपयोग किए जाने वाले कई रूटीन लेकिन "उत्पादन" संस्करण में नहीं छोड़ा गया है।

मैं उपयोग कर रहा हूँ /usr/share/dict/wordsमेरी Mac OS 10.5 बॉक्स है, जो इतने सारे लंबे, गूढ़ प्रविष्टियों को दे यह यादृच्छिक पर पूरी तरह से चलाने के एक उत्पन्न करता है पर बहुत कुछ के OYरों।

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <getline.h>
#include <time.h>
#include <unistd.h>
#include <ctype.h>

const char*wordfile="/usr/share/dict/words";
/* const char*wordfile="./testwords.txt"; */
const long double RANDOM_MAX = (2LL<<31)-1;

typedef struct node_t {
  char*word;
  struct node_t*kids;
  struct node_t*next;
} node;


/* Return a pointer to a newly allocated node. If word is non-NULL, 
 * call setWordNode;
 */
node*newNode(char*word){
  node*n=malloc(sizeof(node));
  n->word=NULL;
  n->kids=NULL;
  n->next=NULL;
  if (word) n->word = strdup(word);
  return n;
}
/* We can use the "next" links to treat these as a simple linked list,
 * and further can make it a stack or queue by
 *
 * * pop()/deQueu() from the head
 * * push() onto the head
 * * enQueue at the back
 */
void push(node*n, node**list){
  if (list==NULL){
    fprintf(stderr,"Active operation on a NULL list! Exiting\n");
    exit(5);
  }
  n->next = (*list);
  (*list) = n;
}
void enQueue(node*n, node**list){
  if (list==NULL){
    fprintf(stderr,"Active operation on a NULL list! Exiting\n");
    exit(5);
  }
  if ( *list==NULL ) {
    *list=n;
  } else {
    enQueue(n,&((*list)->next));
  }
}
node*pop(node**list){
  node*temp=NULL;
  if (list==NULL){
    fprintf(stderr,"Active operation on a NULL list! Exiting\n");
    exit(5);
  }
  temp = *list;
  if (temp != NULL) {
    (*list) = temp->next;
    temp->next=NULL;
  }
  return temp;
}
node*deQueue(node**list){ /* Alias for pop */
  return pop(list);
}

/* return a pointer to a node in tree matching word or NULL if none */
node* isInTree(char*word, node*tree){
  node*isInNext=NULL;
  node*isInKids=NULL;
  if (tree==NULL || word==NULL) return NULL;
  if (tree->word && (0 == strcasecmp(word,tree->word))) return tree;
  /* prefer to find the target at shallow levels so check the siblings
     before the kids */
  if (tree->next && (isInNext=isInTree(word,tree->next))) return isInNext;
  if (tree->kids && (isInKids=isInTree(word,tree->kids))) return isInKids;
  return NULL;
}

node* freeTree(node*t){
  if (t==NULL) return NULL;
  if (t->word) {free(t->word); t->word=NULL;}
  if (t->next) t->next=freeTree(t->next);
  if (t->kids) t->kids=freeTree(t->kids);
  free(t);
  return NULL;
}

void printTree(node*t, int indent){
  int i;
  if (t==NULL) return;
  for (i=0; i<indent; i++) printf("\t"); printf("%s\n",t->word);
  printTree(t->kids,indent+1);
  printTree(t->next,indent);
}

/* count the letters of difference between two strings */
int countDiff(const char*w1, const char*w2){
  int count=0;
  if (w1==NULL || w2==NULL) return -1;
  while ( (*w1)!='\0' && (*w2)!='\0' ) {
    if ( (*w1)!=(*w2) ) count++;
    w1++;
    w2++;
  }
  return count;
}

node*buildPartialPath(char*stop, node*tree){
  node*list=NULL;
  while ( (tree != NULL) && 
      (tree->word != NULL) && 
      (0 != strcasecmp(tree->word,stop)) ) {
    node*kid=tree->kids;
    node*newN = newNode(tree->word);
    push(newN,&list);
    newN=NULL;
    /* walk over all all kids not leading to stop */
    while ( kid && 
        (strcasecmp(kid->word,stop)!=0) &&
        !isInTree(stop,kid->kids) ) {
      kid=kid->next;
    }
    if (kid==NULL) {
      /* Assuming a preconditions where isInTree(stop,tree), we should
       * not be able to get here...
       */
      fprintf(stderr,"Unpossible!\n");
      exit(7);
    } 
    /* Here we've found a node that either *is* the target or leads to it */
    if (strcasecmp(stop,kid->word) == 0) {
      break;
    }
    tree = kid;
  }
  return list; 
}
/* build a node list path 
 *
 * We can walk down each tree, identfying nodes as we go
 */
node*buildPath(char*pivot,node*frontTree,node*backTree){
  node*front=buildPartialPath(pivot,frontTree);
  node*back=buildPartialPath(pivot,backTree);
  /* weld them together with pivot in between 
  *
  * The front list is in reverse order, the back list in order
  */
  node*thePath=NULL;
  while (front != NULL) {
    node*n=pop(&front);
    push(n,&thePath);
  }
  if (pivot != NULL) {
    node*n=newNode(pivot);
    enQueue(n,&thePath);
  }
  while (back != NULL) {
    node*n=pop(&back);
    enQueue(n,&thePath);
  }
  return thePath;
}

/* Add new child nodes to the single node in ts named by word. Also
 * queue these new word in q
 * 
 * Find node N matching word in ts
 * For tword in wordList
 *    if (tword is one change from word) AND (tword not in ts)
 *        add tword to N.kids
 *        add tword to q
 *        if tword in to
 *           return tword
 * return NULL
 */
char* processOne(char *word, node**q, node**ts, node**to, node*wordList){
  if ( word==NULL || q==NULL || ts==NULL || to==NULL || wordList==NULL ) {
    fprintf(stderr,"ProcessOne called with NULL argument! Exiting.\n");
    exit(9);
  }
  char*result=NULL;
  /* There should be a node in ts matching the leading node of q, find it */
  node*here = isInTree(word,*ts);
  /* Now test each word in the list as a possible child of HERE */
  while (wordList != NULL) {
    char *tword=wordList->word;
    if ((1==countDiff(word,tword)) && !isInTree(tword,*ts)) {
      /* Queue this up as a child AND for further processing */
      node*newN=newNode(tword);
      enQueue(newN,&(here->kids));
      newN=newNode(tword);
      enQueue(newN,q);
      /* This might be our pivot */
      if ( isInTree(tword,*to) ) {
    /* we have found a node that is in both trees */
    result=strdup(tword);
    return result;
      }
    }
    wordList=wordList->next;
  }
  return result;
}

/* Add new child nodes to ts for all the words in q */
char* process(node**q, node**ts, node**to, node*wordList){
  node*tq=NULL;
  char*pivot=NULL;
  if ( q==NULL || ts==NULL || to==NULL || wordList==NULL ) {
    fprintf(stderr,"Process called with NULL argument! Exiting.\n");
    exit(9);
  }
  while (*q && (pivot=processOne((*q)->word,&tq,ts,to,wordList))==NULL) {
    freeTree(deQueue(q));
  }
  freeTree(*q); 
  *q=tq;
  return pivot;
}

/* Find a path between w1 and w2 using wordList by dijkstra's
 * algorithm
 *
 * Use a breadth-first extensions of the trees alternating between
 * trees.
 */
node* findPath(char*w1, char*w2, node*wordList){
  node*thePath=NULL; /* our resulting path */
  char*pivot=NULL; /* The node we find that matches */
  /* trees of existing nodes */
  node*t1=newNode(w1); 
  node*t2=newNode(w2);
  /* queues of nodes to work on */
  node*q1=newNode(w1);
  node*q2=newNode(w2);

  /* work each queue all the way through alternating until a word is
     found in both lists */
  while( (q1!=NULL) && ((pivot = process(&q1,&t1,&t2,wordList)) == NULL) &&
     (q2!=NULL) && ((pivot = process(&q2,&t2,&t1,wordList)) == NULL) )
    /* no loop body */ ;


  /* one way or another we are done with the queues here */
  q1=freeTree(q1);
  q2=freeTree(q2);
  /* now construct the path */
  if (pivot!=NULL) thePath=buildPath(pivot,t1,t2);
  /* clean up after ourselves */
  t1=freeTree(t1);
  t2=freeTree(t2);

  return thePath;
}

/* Convert a non-const string to UPPERCASE in place */
void upcase(char *s){
  while (s && *s) {
    *s = toupper(*s);
    s++;
  }
}

/* Walks the input file stuffing lines of the given length into a list */
node*getListWithLength(const char*fname, int len){
  int l=-1;
  size_t n=0;
  node*list=NULL;
  char *line=NULL;
  /* open the word file */
  FILE*f = fopen(fname,"r");
  if (NULL==f){
    fprintf(stderr,"Could not open word file '%s'. Exiting.\n",fname);
    exit(3);
  }
  /* walk the file, trying each word in turn */
  while ( !feof(f) && ((l = getline(&line,&n,f)) != -1) ) {
    /* strip trailing whitespace */
    char*temp=line;
    strsep(&temp," \t\n");
    if (strlen(line) == len) {
      node*newN = newNode(line);
      upcase(newN->word);
      push(newN,&list);
    }
  }
  fclose(f);
  return list;
}

/* Assumes that filename points to a file containing exactly one
 * word per line with no other whitespace.
 * It will return a randomly selected word from filename.
 *
 * If veto is non-NULL, only non-matching words of the same length
 * wll be considered.
 */
char*getRandomWordFile(const char*fname, const char*veto){
  int l=-1, count=1;
  size_t n=0;
  char *word=NULL;
  char *line=NULL;
  /* open the word file */
  FILE*f = fopen(fname,"r");
  if (NULL==f){
    fprintf(stderr,"Could not open word file '%s'. Exiting.\n",fname);
    exit(3);
  }
  /* walk the file, trying each word in turn */
  while ( !feof(f) && ((l = getline(&line,&n,f)) != -1) ) {
    /* strip trailing whitespace */
    char*temp=line;
    strsep(&temp," \t\n");
    if (strlen(line) < 2) continue; /* Single letters are too easy! */
    if ( (veto==NULL) || /* no veto means chose from all */ 
     ( 
      ( strlen(line) == strlen(veto) )  && /* veto means match length */
      ( 0 != strcasecmp(veto,line) )       /* but don't match word */ 
       ) ) { 
      /* This word is worthy of consideration. Select it with random
         chance (1/count) then increment count */
      if ( (word==NULL) || (random() < RANDOM_MAX/count) ) {
    if (word) free(word);
    word=strdup(line);
      }
      count++;
    }
  }
  fclose(f);
  upcase(word);
  return word;
}

void usage(int argc, char**argv){
  fprintf(stderr,"%s [ <startWord> [ <endWord> ]]:\n\n",argv[0]);
  fprintf(stderr,
      "\tFind the shortest transformation from one word to another\n");
  fprintf(stderr,
      "\tchanging only one letter at a time and always maintaining a\n");
  fprintf(stderr,
      "\tword that exists in the word file.\n\n");
  fprintf(stderr,
      "\tIf startWord is not passed, chose at random from '%s'\n",
      wordfile);
  fprintf(stderr,
      "\tIf endWord is not passed, chose at random from '%s'\n",
      wordfile);
  fprintf(stderr,
      "\tconsistent with the length of startWord\n");
  exit(2);
}

int main(int argc, char**argv){
  char *startWord=NULL;
  char *endWord=NULL;

  /* intialize OS services */
  srandom(time(0)+getpid());
  /* process command line */
  switch (argc) {
  case 3:
    endWord = strdup(argv[2]);
    upcase(endWord);
  case 2:
    startWord = strdup(argv[1]);
    upcase(startWord);
  case 1:
    if (NULL==startWord) startWord = getRandomWordFile(wordfile,NULL);
    if (NULL==endWord)   endWord   = getRandomWordFile(wordfile,startWord);
    break;
  default:
    usage(argc,argv);
    break;
  }
  /* need to check this in case the user screwed up */
  if ( !startWord || ! endWord || strlen(startWord) != strlen(endWord) ) {
    fprintf(stderr,"Words '%s' and '%s' are not the same length! Exiting\n",
        startWord,endWord);
    exit(1);
  }
  /* Get a list of all the words having the right length */
  node*wordList=getListWithLength(wordfile,strlen(startWord));
  /* Launch into the path finder*/
  node *theList=findPath(startWord,endWord,wordList);
  /* Print the resulting path */
  if (theList) {
    int count=-2;
    while (theList) {
      printf("%s\n",theList->word);
      theList=theList->next;
      count++;
    }
    printf("%d\n",count);
  } else {
    /* No path found case */
    printf("%s %s OY\n",startWord,endWord);
  }
  return 0;
}

कुछ आउटपुट:

$ ./changeword dive name
DIVE
DIME
DAME
NAME
2
$ ./changeword house gorge
HOUSE
HORSE
GORSE
GORGE
2
$ ./changeword stop read
STOP
STEP
SEEP
SEED
REED
READ
4
$ ./changeword peace slate
PEACE
PLACE
PLATE
SLATE
2
$ ./changeword pole fast  
POLE
POSE
POST
PAST
FAST
3
$ ./changeword          
QUINTIPED LINEARITY OY
$ ./changeword sneaky   
SNEAKY WAXILY OY
$ ./changeword TRICKY
TRICKY
PRICKY
PRINKY
PRANKY
TRANKY
TWANKY
SWANKY
SWANNY
SHANNY
SHANTY
SCANTY
SCATTY
SCOTTY
SPOTTY
SPOUTY
STOUTY
STOUTH
STOUSH
SLOUSH
SLOOSH
SWOOSH
19
$ ./changeword router outlet
ROUTER
ROTTER
RUTTER
RUTHER
OUTHER
OUTLER
OUTLET
5
$ ./changeword 
IDIOM
IDISM
IDIST
ODIST
OVIST
OVEST
OVERT
AVERT
APERT
APART
SPART
SPARY
SEARY
DEARY
DECRY
DECAY
DECAN
DEDAN
SEDAN
17

जटिलता विश्लेषण गैर-तुच्छ है। खोज एक दो तरफा, पुनरावृत्त गहरीकरण है।

  • प्रत्येक नोड की जांच के लिए मैं पूरी शब्द सूची (हालांकि सही लंबाई के शब्दों तक सीमित) चलता हूं। सूची की लंबाई को बुलाओ W
  • चरणों की न्यूनतम संख्या है S_min = (<number of different letter>-1)क्योंकि यदि हम केवल एक अक्षर के अलावा हैं तो हम 0 मध्यवर्ती चरणों में परिवर्तन स्कोर करते हैं। ऊपर दी गई TRICKY - SWOOSH को देखने के लिए अधिकतम मात्रा निर्धारित करना कठिन है। पेड़ के प्रत्येक आधा हो जाएगा S/2-1करने के लिएS/2
  • मैंने पेड़ के शाखापूर्ण व्यवहार का विश्लेषण नहीं किया है, लेकिन इसे कॉल करें B

तो आपरेशनों की न्यूनतम संख्या के आसपास है 2 * (S/2)^B * W, वास्तव में अच्छा नहीं है।


हो सकता है कि यह मेरे लिए भोली हो, लेकिन मुझे आपके डिज़ाइन या कार्यान्वयन में ऐसा कुछ भी नहीं दिखाई देता है जिसके लिए एज वेट की आवश्यकता हो। जबकि दिज्क्स्ट्रा वास्तव में अनवैल्टेड ग्राफ्स के लिए काम करता है (बढ़त वजन हमेशा "1" है), O(|V|+|E|)इसके बजाय अपनी सीमा में सुधार करने के लिए एक साधारण चौड़ाई-पहली खोज यहां लागू नहीं होगी O(|E|+|V| log |V|)?
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