rekurzió - címke - it-tanfolyam.hu

Fibonacci-sorozat

2023. január 3.2022. november 23. Szerző: Kiss Balázs

Ma van (november 23.) a Fibonacci nap (újra). Fibonacci középkori matematikus volt, ő tette közismertté a Fibonacci-sorozat-ot. A (0), 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, … sorozat igen népszerű azok közében is, akik programozást tanulnak. A sorozat első két eleme 1 és 1 (ha szükséges, akkor nulladik elemmel is dolgozhatunk), és minden további elem az előző két elem összege.

Korábban is blogoltak a kollégáim a témában:

Kaczur Sándor: Fibonacci nap,
Balogh Péter: Fibonacci-spirál.

Következzen most az én öt különböző megoldásom Java forráskódja, rövid magyarázattal. Mindegyik a Fibonacci-sorozat első tíz elemét állítja elő.

1. megoldás

private void solution1(int n) {

System.out.println("Az első "+n+" Fibonacci szám:");

List<Integer> list=new ArrayList<>();

list.add(1);

for(int i=2; i<n; i++)

list.add(list.get(i-1)+list.get(i-2));

System.out.println(list);

}

Az első megoldás generikus listát épít. Az első két elemet elhelyezi a lista elején ( list.add(1)). Ezek a lista nulladik és első elemei lesznek. Ezután a metódus a maradék 8 elemmel 2-től n-1-ig fiktív indexként hivatkozva az előző két elem összegeként ( list.get(i-1)+list.get(i-2)) index nélkül bővíti a listát.

2. megoldás

private static int fib(int n) {

if(n<=1)

return n;

return fib(n-1)+fib(n-2);

}

private void solution2(int n) {

System.out.println("Az első "+n+" Fibonacci szám:");

for(int i=1; i<=n; i++)

System.out.println(fib(i));

}

A második megoldás a tipikusan nem hatékony rekurzív módszert implementálja. A rekurzív fib() függvény a sorozat egyetlen elemét adja vissza, amit (a függvényt) a ciklus sokszor meghív ahelyett, hogy a ciklus vagy a rekurzió „emlékezne” az előző elemekre.

3. megoldás

private void solution3(int n) {

System.out.println("Az első "+n+" Fibonacci szám:");

Stream.iterate(

new int[] {0, 1}, f->new int[] {f[1], f[0]+f[1]}).

limit(n).

map(f->f[1]).

forEach(System.out::println);

}

A harmadik megoldás funkcionális nyelvi elemeket (Stream API) használ. A folyamba kétdimenziós tömbre történő hivatkozással ( …f-> new int[]… ), közvetlen hozzárendeléssel/leképezéssel ( map()), kerülnek be a sorozat elemei.

4. megoldás

private void solution4(int n) {

System.out.println("Az első "+n+" Fibonacci szám:");

final double SQRT5=Math.sqrt(5);

for(int i=1; i<=n; i++) {

int f=(int)((Math.pow(1+SQRT5, i)-Math.pow(1-SQRT5, i))/

(SQRT5*Math.pow(2, i)));

System.out.println(f);

}

A negyedik megoldás a Fibonacci-számok zárt alakját használja. Másképpen ez a Binet-formula:

Ezzel a képlettel a sorozat elemei közvetlenül megadhatók, azaz nem szükséges más elemekre való hivatkozás. A ciklus adja meg, hogy a sorozat 1-10-ig indexelt elemei szükségesek.

5. megoldás

private void solution5(int n) {

System.out.println("5 Az első "+n+" Fibonacci szám:");

final double SQRT5=Math.sqrt(5);

IntStream.iterate(1, i->i+1).

limit(n).

map(i->(int)((Math.pow(1+SQRT5, i)-Math.pow(1-SQRT5, i))/

(SQRT5*Math.pow(2, i)))).

forEach(System.out::println);

}

Az ötödik megoldás szintén Stream API-t használ. Először előállít egy sorozatot 1-10-ig, amiket a leképezésnél ( map()) inputként használ és alkalmazza rájuk a Binet-formulát. Hagyományos ciklus utasítás nem szükséges.

Eredmény

Mindegyik megoldás a konzolra írja szövegesen az eredményt, azaz a Fibonacci-sorozat első tíz elemét: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55. Érdemes elemezni a hatékonyság klasszikus három szempontja (időigény/lépésszám, tárigény, bonyolultság) alapján a különböző megoldásokat. Ezek mérésével könnyen kiegészíthetők a fenti metódusok, vagy az azokat meghívó osztályban a vezérlés.

A bejegyzéshez tartozó teljes forráskódot ILIAS e-learning tananyagban tesszük elérhetővé tanfolyamaink résztvevői számára.

A feladat a Java SE szoftverfejlesztő tanfolyam szakmai moduljának 9-12. óra: Metódusok, rekurzió és 17-28. óra Objektumorientált programozás alkalmaihoz kötődik.

Egy matematika érettségi feladat megoldása programozással 2022

2023. január 3.2022. május 3. Szerző: Kaczur Sándor

A 2022-es középszintű matematika érettségi feladatsor eléggé egyszerű volt, de azért a 6. feladata inspirált arra, hogy a programozás eszköztárával oldjuk meg ezt a feladatot. Szükséges hozzá a megszámolás programozási tétel. Többféle megoldás/megközelítés (iteratív és rekurzív) is előkerül. Érdekes belegondolni, hogy mennyire más lehetne a problémamegoldás, ha programozhatnánk a matematika érettségi vizsgán. A teljes feladatsor a megoldásokkal együtt letölthető az oktatas.hu-ról.

6. feladat

Egy feleletválasztós teszt 5 kérdésből áll, minden kérdésnél négy válaszlehetőség van. Hányféleképpen lehet az 5 kérdésből álló tesztet kitölteni, ha minden kérdésnél egy választ kell megjelölni?

1. megoldás

static void feladat6Megoldas1() {

System.out.println((int)Math.pow(4, 5));

}

Rögtön tudjuk, hogy ez kombinatorika, n elem k-ad osztályú ismétléses variációja, amelynek paraméterei: n=4, k=5. A hatványozás azonosságainak ismeretében fejből is tudjuk a megoldást: 4⁵=2¹⁰=1024. A Java forráskód elvégzi a hatványozást. A Math.pow() függvény általánosabb, mint amire most szükségünk van. Fogad double valós paramétereket és double típusú értékkel tér vissza. Ezért hasznos az (int) explicit típuskényszerítés.

Másképpen: négy elemű halmazból öt elemet kiválasztunk és ezeket sorba rendezzük (permutáljuk) és egy elemet egy csoportban akár ötször is felhasználhatunk. Számít a sorrend. A lehetséges variációk száma: 1024.

2. megoldás

static int ismetlesesVariacio(int n, int k) {

return (int)(Math.pow(n, k));

}

static void feladat6Megoldas2() {

System.out.println(ismetlesesVariacio(4, 5));

}

Ha hasznos lenne egy általános metódus az ismétléses variáció kiszámítására, akkor ez egy tipikus megoldás lehet erre. Kiegészítendő még a két paraméter előjelének ellenőrzésével.

3. megoldás

static void feladat6Megoldas3() {

for(char k1='a'; k1<='d'; k1++)

for(char k2='a'; k2<='d'; k2++)

for(char k3='a'; k3<='d'; k3++)

for(char k4='a'; k4<='d'; k4++)

for(char k5='a'; k5<='d'; k5++)

System.out.print(""+k1+k2+k3+k4+k5+" ");

System.out.println();

}

Ha a megértést segíti, akkor a teljes leszámolás (brute force) módszerével, egymásba ágyazott ciklusokkal könnyen kiírathatjuk a konzolra az 1024 db különböző válaszlehetőséget. A k-val kezdődő sorszámozott ciklusváltozók jelölik az öt kérdést, azon belül az 'a'-tól 'd'-ig karakterek adják a válaszlehetőségeket. Eredményül ezt kapjuk (görgethető):

100

101

102

103

aaaaa aaaab aaaac aaaad aaaba aaabb aaabc aaabd aaaca aaacb

aaacc aaacd aaada aaadb aaadc aaadd aabaa aabab aabac aabad

aabba aabbb aabbc aabbd aabca aabcb aabcc aabcd aabda aabdb

aabdc aabdd aacaa aacab aacac aacad aacba aacbb aacbc aacbd

aacca aaccb aaccc aaccd aacda aacdb aacdc aacdd aadaa aadab

aadac aadad aadba aadbb aadbc aadbd aadca aadcb aadcc aadcd

aadda aaddb aaddc aaddd abaaa abaab abaac abaad ababa ababb

ababc ababd abaca abacb abacc abacd abada abadb abadc abadd

abbaa abbab abbac abbad abbba abbbb abbbc abbbd abbca abbcb

abbcc abbcd abbda abbdb abbdc abbdd abcaa abcab abcac abcad

abcba abcbb abcbc abcbd abcca abccb abccc abccd abcda abcdb

abcdc abcdd abdaa abdab abdac abdad abdba abdbb abdbc abdbd

abdca abdcb abdcc abdcd abdda abddb abddc abddd acaaa acaab

acaac acaad acaba acabb acabc acabd acaca acacb acacc acacd

acada acadb acadc acadd acbaa acbab acbac acbad acbba acbbb

acbbc acbbd acbca acbcb acbcc acbcd acbda acbdb acbdc acbdd

accaa accab accac accad accba accbb accbc accbd accca acccb

acccc acccd accda accdb accdc accdd acdaa acdab acdac acdad

acdba acdbb acdbc acdbd acdca acdcb acdcc acdcd acdda acddb

acddc acddd adaaa adaab adaac adaad adaba adabb adabc adabd

adaca adacb adacc adacd adada adadb adadc adadd adbaa adbab

adbac adbad adbba adbbb adbbc adbbd adbca adbcb adbcc adbcd

adbda adbdb adbdc adbdd adcaa adcab adcac adcad adcba adcbb

adcbc adcbd adcca adccb adccc adccd adcda adcdb adcdc adcdd

addaa addab addac addad addba addbb addbc addbd addca addcb

addcc addcd addda adddb adddc adddd baaaa baaab baaac baaad

baaba baabb baabc baabd baaca baacb baacc baacd baada baadb

baadc baadd babaa babab babac babad babba babbb babbc babbd

babca babcb babcc babcd babda babdb babdc babdd bacaa bacab

bacac bacad bacba bacbb bacbc bacbd bacca baccb baccc baccd

bacda bacdb bacdc bacdd badaa badab badac badad badba badbb

badbc badbd badca badcb badcc badcd badda baddb baddc baddd

bbaaa bbaab bbaac bbaad bbaba bbabb bbabc bbabd bbaca bbacb

bbacc bbacd bbada bbadb bbadc bbadd bbbaa bbbab bbbac bbbad

bbbba bbbbb bbbbc bbbbd bbbca bbbcb bbbcc bbbcd bbbda bbbdb

bbbdc bbbdd bbcaa bbcab bbcac bbcad bbcba bbcbb bbcbc bbcbd

bbcca bbccb bbccc bbccd bbcda bbcdb bbcdc bbcdd bbdaa bbdab

bbdac bbdad bbdba bbdbb bbdbc bbdbd bbdca bbdcb bbdcc bbdcd

bbdda bbddb bbddc bbddd bcaaa bcaab bcaac bcaad bcaba bcabb

bcabc bcabd bcaca bcacb bcacc bcacd bcada bcadb bcadc bcadd

bcbaa bcbab bcbac bcbad bcbba bcbbb bcbbc bcbbd bcbca bcbcb

bcbcc bcbcd bcbda bcbdb bcbdc bcbdd bccaa bccab bccac bccad

bccba bccbb bccbc bccbd bccca bcccb bcccc bcccd bccda bccdb

bccdc bccdd bcdaa bcdab bcdac bcdad bcdba bcdbb bcdbc bcdbd

bcdca bcdcb bcdcc bcdcd bcdda bcddb bcddc bcddd bdaaa bdaab

bdaac bdaad bdaba bdabb bdabc bdabd bdaca bdacb bdacc bdacd

bdada bdadb bdadc bdadd bdbaa bdbab bdbac bdbad bdbba bdbbb

bdbbc bdbbd bdbca bdbcb bdbcc bdbcd bdbda bdbdb bdbdc bdbdd

bdcaa bdcab bdcac bdcad bdcba bdcbb bdcbc bdcbd bdcca bdccb

bdccc bdccd bdcda bdcdb bdcdc bdcdd bddaa bddab bddac bddad

bddba bddbb bddbc bddbd bddca bddcb bddcc bddcd bddda bdddb

bdddc bdddd caaaa caaab caaac caaad caaba caabb caabc caabd

caaca caacb caacc caacd caada caadb caadc caadd cabaa cabab

cabac cabad cabba cabbb cabbc cabbd cabca cabcb cabcc cabcd

cabda cabdb cabdc cabdd cacaa cacab cacac cacad cacba cacbb

cacbc cacbd cacca caccb caccc caccd cacda cacdb cacdc cacdd

cadaa cadab cadac cadad cadba cadbb cadbc cadbd cadca cadcb

cadcc cadcd cadda caddb caddc caddd cbaaa cbaab cbaac cbaad

cbaba cbabb cbabc cbabd cbaca cbacb cbacc cbacd cbada cbadb

cbadc cbadd cbbaa cbbab cbbac cbbad cbbba cbbbb cbbbc cbbbd

cbbca cbbcb cbbcc cbbcd cbbda cbbdb cbbdc cbbdd cbcaa cbcab

cbcac cbcad cbcba cbcbb cbcbc cbcbd cbcca cbccb cbccc cbccd

cbcda cbcdb cbcdc cbcdd cbdaa cbdab cbdac cbdad cbdba cbdbb

cbdbc cbdbd cbdca cbdcb cbdcc cbdcd cbdda cbddb cbddc cbddd

ccaaa ccaab ccaac ccaad ccaba ccabb ccabc ccabd ccaca ccacb

ccacc ccacd ccada ccadb ccadc ccadd ccbaa ccbab ccbac ccbad

ccbba ccbbb ccbbc ccbbd ccbca ccbcb ccbcc ccbcd ccbda ccbdb

ccbdc ccbdd cccaa cccab cccac cccad cccba cccbb cccbc cccbd

cccca ccccb ccccc ccccd cccda cccdb cccdc cccdd ccdaa ccdab

ccdac ccdad ccdba ccdbb ccdbc ccdbd ccdca ccdcb ccdcc ccdcd

ccdda ccddb ccddc ccddd cdaaa cdaab cdaac cdaad cdaba cdabb

cdabc cdabd cdaca cdacb cdacc cdacd cdada cdadb cdadc cdadd

cdbaa cdbab cdbac cdbad cdbba cdbbb cdbbc cdbbd cdbca cdbcb

cdbcc cdbcd cdbda cdbdb cdbdc cdbdd cdcaa cdcab cdcac cdcad

cdcba cdcbb cdcbc cdcbd cdcca cdccb cdccc cdccd cdcda cdcdb

cdcdc cdcdd cddaa cddab cddac cddad cddba cddbb cddbc cddbd

cddca cddcb cddcc cddcd cddda cdddb cdddc cdddd daaaa daaab

daaac daaad daaba daabb daabc daabd daaca daacb daacc daacd

daada daadb daadc daadd dabaa dabab dabac dabad dabba dabbb

dabbc dabbd dabca dabcb dabcc dabcd dabda dabdb dabdc dabdd

dacaa dacab dacac dacad dacba dacbb dacbc dacbd dacca daccb

daccc daccd dacda dacdb dacdc dacdd dadaa dadab dadac dadad

dadba dadbb dadbc dadbd dadca dadcb dadcc dadcd dadda daddb

daddc daddd dbaaa dbaab dbaac dbaad dbaba dbabb dbabc dbabd

dbaca dbacb dbacc dbacd dbada dbadb dbadc dbadd dbbaa dbbab

dbbac dbbad dbbba dbbbb dbbbc dbbbd dbbca dbbcb dbbcc dbbcd

dbbda dbbdb dbbdc dbbdd dbcaa dbcab dbcac dbcad dbcba dbcbb

dbcbc dbcbd dbcca dbccb dbccc dbccd dbcda dbcdb dbcdc dbcdd

dbdaa dbdab dbdac dbdad dbdba dbdbb dbdbc dbdbd dbdca dbdcb

dbdcc dbdcd dbdda dbddb dbddc dbddd dcaaa dcaab dcaac dcaad

dcaba dcabb dcabc dcabd dcaca dcacb dcacc dcacd dcada dcadb

dcadc dcadd dcbaa dcbab dcbac dcbad dcbba dcbbb dcbbc dcbbd

dcbca dcbcb dcbcc dcbcd dcbda dcbdb dcbdc dcbdd dccaa dccab

dccac dccad dccba dccbb dccbc dccbd dccca dcccb dcccc dcccd

dccda dccdb dccdc dccdd dcdaa dcdab dcdac dcdad dcdba dcdbb

dcdbc dcdbd dcdca dcdcb dcdcc dcdcd dcdda dcddb dcddc dcddd

ddaaa ddaab ddaac ddaad ddaba ddabb ddabc ddabd ddaca ddacb

ddacc ddacd ddada ddadb ddadc ddadd ddbaa ddbab ddbac ddbad

ddbba ddbbb ddbbc ddbbd ddbca ddbcb ddbcc ddbcd ddbda ddbdb

ddbdc ddbdd ddcaa ddcab ddcac ddcad ddcba ddcbb ddcbc ddcbd

ddcca ddccb ddccc ddccd ddcda ddcdb ddcdc ddcdd dddaa dddab

dddac dddad dddba dddbb dddbc dddbd dddca dddcb dddcc dddcd

dddda ddddb ddddc ddddd

4. megoldás

static void feladat6Megoldas4() {

int db=0;

for(char k1='a'; k1<='d'; k1++)

for(char k2='a'; k2<='d'; k2++)

for(char k3='a'; k3<='d'; k3++)

for(char k4='a'; k4<='d'; k4++)

for(char k5='a'; k5<='d'; k5++)

db++;

System.out.println(db);

}

Ha csak a végeredmény szükséges, akkor ez az iteratív megoldás a megszámolás programozási tétellel előállítja azt.

5. megoldás

static void feladat6Megoldas5(String valasz) {

if(valasz.length()==5)

System.out.print(valasz+" ");

else

for(char v='a'; v<='d'; v++)

feladat6Megoldas5(valasz+v);

}

Ez egy rekurzív megoldás. Ciklus helyett a metódus önmagát hívja meg, így valósul meg az ismételt utasításvégrehajtás. A válaszlehetőségek összefűzésével (konkatenáció) előállított válasz akkor megfelelő, ha annak hossza öt. Ez esetben kiíródik a válaszlehetőség a konzolra (mintegy mellékhatásként). Ugyanazt az eredményt kapjuk, mint a 3. megoldásnál.

6. megoldás

static int db=0;

//...

static void feladat6Megoldas6(String valasz) {

if(valasz.length()==5)

db++;

else

for(char v='a'; v<='d'; v++)

feladat6Megoldas6(valasz+v);

}

//...

public static void main(String[] args) {

feladat6Megoldas6("");

System.out.println(db);

}

Szintén, ha csak a végeredmény szükséges, akkor ez a mellékhatással rendelkező rekurzív metódus előállítja azt. A mellékhatás most az, hogy a metódus eljárás és nem függvény és szükséges hozzá a db osztályváltozó (ami a metódushoz képest globálisnak is tekinthető).

7. megoldás

static void feladat6Megoldas7() {

int n=4, k=5, nadk=(int)Math.pow(n, k);

int[][] y=new int[nadk][1];

for(int i=0; i<=nadk-1; i++) {

int m=i;

int[] x=new int[k+1];

for(int j=1; j<=k; j++) {

x[j]=m%n;

m/=n;

}

y[i]=x;

}

for(int i=0; i<nadk; i++) {

for(int j=k; j>=1; j--)

System.out.print((char)(97+y[i][j]));

System.out.print(" ");

}

Ez a megoldás a válaszlehetőségeket megfelelteti n alapú számrendszerben k számjegyből álló számoknak. A kétdimenziós tömbben számokat tárol, így:

1,…,1,1 → 0…0000
1,…,1,2 → 0…0001
1,…,1,n → 0…001(n–1)
…
1,…,2,n → 0…001(n–1)
n,…,n,n → (n–1)...(n–1)

Végül a kiíró ciklus ezeket a számokat karakterekké alakítja ( 'a' ASCII kódja 97) és fordított sorrendben írja ki, hogy ugyanazt az eredményt kapjuk, mint a 3. megoldásnál.

Továbbfejlesztési lehetőségek

A 2. megoldáshoz: teszteljük le a lehetséges túlcsordulást és az int típus helyett szükség esetén használjunk long típust!
A 3. megoldáshoz: építsünk kétdimenziós tömb adatszerkezetet, amiből később az i-edik válaszlehetőség megadható!
Előzőhöz: állítsuk elő lexikografikus sorrendben az i-edik válaszlehetőséget adatszerkezet felépítése nélkül!
A 6. megoldáshoz: valósítsuk meg a rekurzív gondolatmenetet mellékhatás nélkül!
Teszteljünk: mennyi idő alatt hajtódik végre a 4. és a 6. megoldás? Mekkora paraméterekkel érzékelhető, hogy a rekurzió jóval lassabban fut?
A 7. megoldáshoz: cseréljük le az egésztömb adatszerkezetet karaktertömbre!

A bejegyzéshez tartozó teljes forráskódot ILIAS e-learning tananyagban tesszük elérhetővé tanfolyamaink résztvevői számára.

Ajánljuk matematika érettségi feladat címkénket, mert a témában évről-évre blogolunk.

A feladat a Java SE szoftverfejlesztő tanfolyam szakmai moduljának 5-8. óra: Vezérlési szerkezetek, valamint 21-24. óra: Objektumorientált programozás 1. rész alkalmaihoz kötődik.

Fibonacci-spirál

2023. január 3.2020. november 23. Szerző: Balogh Péter

A Fibonacci-spirál a népszerű Fibonacci-sorozat elemei által meghatározott oldalhosszúságú négyzetekbe rajzolt maximális sugarú negyedkörök megfelelően összeillesztett darabjaiból/sorozatából áll. Sokszor hasonlítják az arany spirálhoz (jól közelíti), amely az aranymetszéshez kötődik.

A Fibonacci-spirál

Vegyük a Fibonacci-sorozat első 10 elemét! Rajzoljuk egymás mellé az alábbi elrendezésben belülről kifelé haladva az 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55 oldalhosszúságú négyzeteket (az alábbi ábrán vékony sárgával jelölve). Piros színnel rajzoljuk bele a négyzetekbe a négyzet oldalhosszával megegyező sugarú negyedköröket. A negyedkörök megfelelő elrendezésben folytonos görbét alkotnak, és ezt nevezzük Fibonacci-spirálnak (az alábbi ábrán vastag pirossal jelölve).

A rajzolás bármeddig folytatható, mert a sorozat végtelen, a négyzetek illeszkednek és az ábra rekurzív, önhasonló. Az alábbi animáció mutatja, hogyan alakul a spirál a nézőpont közelítésével. A viselkedés távolítás során is azonos lenne.

Korábban blogoltunk már a Fibonacci napról, amelyet minden évben november 23-án ünneplünk. A sorozat első néhány eleméből összeáll a 11.23. és értelmezhető dátumként. Most nem a sorozat elemeinek előállítására fókuszálunk, hanem arra, hogy ezekből felépítsük a Fibonacci-spirált.

Készítsünk Java programot!

Grafikus felületű Java programot készítünk, amely 21 animációs fázisban mutatja be a Fibonacci-sorozat első 10 eleméből álló Fibonacci-spirál felépítését. A rajzolás fázisai:

Az 1. fázis a kiindulópontként tekinthető fehér, üres rajzlap. A rajzlap fekvő, mérete 890*550 pixel, amelyre éppen elfér a 10 negyedkörből álló spirál.
A 2-11. fázisban megfelelő pozícióba/koordinátákra kerülnek fel az ábra vázát alkotó négyzetek, belülről kifelé haladva. A négyzetek oldalainak hosszúsága a sorozat elemeinek megfelelő. A szomszédos négyzetek különböző színekkel kitöltöttek és mindegyikben megjelenik a sorozat megfelelő eleme.
A 12-21. fázisban – szintén belülről kifelé haladva – a négyzetek törlődnek és helyükre a spirált alkotó negyedkörök kerülnek fekete színnel. A 21. fázist tekintjük végeredménynek.

A fázisok kézzel, nyilakkal jelölt (Első, Előző, Következő, Utolsó) vezérlő nyomógombokkal megjeleníthetők, illetve egyben, időzítve animációként is lejátszható a rajzolási folyamat. Az elkészült program működése megfigyelhető az ábrán:

A bejegyzéshez tartozó teljes forráskódot ILIAS e-learning tananyagban tesszük elérhetővé tanfolyamaink résztvevői számára.

A Java SE szoftverfejlesztő tanfolyamunkon, a szakmai modul Objektumorientált programozás témakörét követő 29-36. óra Grafikus felhasználói felület alkalmain már tudunk egyszerűbb szimulációs programot tervezni, kódolni, tesztelni.

Koch-görbe rajzolása

2023. január 1.2018. április 23. Szerző: Kaczur Sándor

A Koch-görbe egyike a legrégebben ismert egyszerű fraktáloknak. Mint ilyen, önhasonlóan rekurzív. Az önhasonlóság azt jelenti, hogy az ábra tetszőleges részét felnagyítva mindig hasonló/ugyanolyan részek jelennek meg (a méretaránytól függetlenül). Az n=1 szinten a Koch-görbe kiindulópontja egy szabályos háromszög. A n+1-edik szinten az n-edik szinten található szakaszokat harmadoljuk, és a középső szakasz helyére egy harmad akkora háromszög két szárát illesztjük (az alapját kihagyjuk). Ezt rekurzívan folytatva kapjuk meg a Koch-görbét, másképpen Koch-féle hópelyhet.

Írtam egy egyszerű Java programot, amely n=1-től 9-ig paraméterezhetően kirajzolja a Koch-görbét egy grafikus felületre. Így működik:

A program elkészítéséhez néhány alapvető dolgot kell csupán tudni:

Vászontechnikával tudunk swing GUI felületre ( Graphics osztályú g objektum) rajzolni, ahol a koordináta-rendszer origója egy téglalap alakú terület bal felső csúcsa, X jobbra növekszik, Y pedig lefelé növekszik.
Kétféle szín áll rendelkezésre: háttérszín (most Color.WHITE), illetve rajzolószín (most Color.BLUE).
A rajzoláshoz grafikai primitíveket használhatunk, például pont, szakasz, téglalap, ellipszis. Szakaszt két végpontjának koordinátáival tudunk rajzolni a drawLine() metódussal.
Be kell állítani a vászon méreteit, azaz annak a komponensnek ( JPanel-ből öröklött KochPanel osztályú pnKoch objektum) a méreteit, amelyre ráfeszül a vászon.
Egy Slider osztályú sSzint nevű vezérlőobjektum ChangeListener figyelőinterfész stateChanged() eseménykezelő metódust implementáló objektumával paraméterezzük a rajzolást 1-től 9-ig.
A pnKoch objektumnak küldött repaint() üzenet/metódushívás meghívja a felüldefiniált paintComponent() metódust.

@Override

protected void paintComponent(Graphics g) {

super.paintComponent(g);

g.setColor(Color.BLUE);

koch(n, 200, 51, 60, 300, g);

koch(n, 60, 300, 340, 300, g);

koch(n, 340, 300, 200, 51, g);

}

A szakasz négy darab harmad akkora szakaszra osztását a megfelelően paraméterezett rekurzív metódushívások oldják meg az alábbi lépéseket követve:

A rekurzív rajzolást a koch() metódus végzi el, ahol a fraktál szabályának megfelelően szakaszharmadolás és a szükséges pontok koordinátáinak (szakaszok végpontjai) kiszámítása történik:

private void koch(int n, int x1, int y1, int x5, int y5, Graphics g) {

if(n==1)

g.drawLine(x1, y1, x5, y5);

else {

double gy=Math.sqrt(3)/6;

int dx=x5-x1, dy=y5-y1,

x2=x1+dx/3, y2=y1+dy/3,

x3=(int)((x1+x5)/2+gy*(y1-y5)), y3=(int)((y1+y5)/2+gy*(x5-x1)),

x4=x1+dx*2/3, y4=y1+dy*2/3;

koch(n-1, x1, y1, x2, y2, g);

koch(n-1, x2, y2, x3, y3, g);

koch(n-1, x3, y3, x4, y4, g);

koch(n-1, x4, y4, x5, y5, g);

}

A Koch-görbének van néhány érdekes tulajdonsága:

kerülete minden rekurzív lépésben minden határon túl növekszik, azaz a végtelenhez tart,
területe véges, hiszen minden rekurzív lépésben belefér a háromszög köré írható körbe,
dimenziója tört, ~ 1,261859.

A bejegyzéshez tartozó teljes forráskódot ILIAS e-learning tananyagban tesszük elérhetővé tanfolyamaink résztvevői számára.

A feladat a Java SE szoftverfejlesztő tanfolyam szakmai moduljának 9-12. óra: Metódusok, rekurzió alkalomra építő 29-36. Grafikus felhasználói felület alkalomhoz kötődik.

Fibonacci nap

2023. január 3.2017. november 23. Szerző: Kaczur Sándor

A Fun Holidays – Fun, Wacky & Trivial Holidays weboldal sokféle különleges ünnepnapot listáz. Ezek leírása többnyire vicces, emlékezős, de néhány igazán érdekes, régi-régi hagyományt elevenít fel.

Ma van (november 23.) a Fibonacci nap. Fibonacci középkori matematikus volt, ő tette közismertté a Fibonacci-sorozat-ot. A (0), 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, … sorozat igen népszerű azok közében is, akik programozást tanulnak. A sorozat első két eleme 1 és 1 (ha szükséges, akkor nulladik elemmel is dolgozhatunk), és minden további elem az előző két elem összege. Többféle történet is fűződik ehhez, talán az egyik legismertebb a nyúlpárok szaporodásához kötődik.

Honnan származik a Fibonacci nap? A mai nap hh.nn. formátumban 11.23. , és a számjegyek részei a Fibonacci-sorozatnak. Mindössze ennyi, ilyen egyszerű. 😉

A sorozat elemei könnyen előállíthatók néhány változó használatával, ha a kezdő programozó már ismeri a ciklust, mint algoritmikus építőelem – ez az iteratív megoldás. A rekurzív megoldás tipikus rossz megoldásként ismert, lássuk ennek Java megvalósítását:

public class FibTeszt {

final static int N=5;

static int fib(int n) {

for(int i=1; i<=N-n; i++)

System.out.print("-");

System.out.println("fib("+n+")");

if(n<2)

return n;

return fib(n-1)+fib(n-2);

}

public static void main(String[] args) {

System.out.println(fib(N));

}

Ha kiadnám a fenti Java forráskódot papíron ezt egy dolgozatban, zárthelyin, állásinterjú szakmai részén azzal a kérdéssel, hogy mit ír ki a program a képernyőre, akkor bizony sokan bajban lennének. Meg is történt ez már sokszor, tapasztalatból írom. A rekurzió első leszálló ágáig szinte mindenki eljut, de az ott induló első felszálló ágat követően sokan belezavarodnak a részlépések egymásutániságába. A végeredményt szinte mindenki tudja, de itt most arra helyezzük a hangsúlyt, hogy hogyan jutunk el odáig. Persze n=5-re fib(5)=5. Alig fordult még elő, hogy valaki hibátlanul leírta volna az alábbi eredményt:

fib(5)

-fib(4)

--fib(3)

---fib(2)

----fib(1)

-----fib(0)

----fib(1)

---fib(2)

----fib(1)

-----fib(0)

--fib(3)

---fib(2)

----fib(1)

-----fib(0)

----fib(1)

A megoldás során – emlékeztetek arra, hogy ez atipikus megközelítés – sok-sok redundáns lépés történik. Hiszen például a fib(3)-at tudni kell a fib(4)-hez és a fib(5)-höz is, hiszen fib(4)=fib(2)+fib(3) és fib(5)=fib(3)+fib(4), valamint ebben az implementációban nincs semmilyen emlékezet (puffer, adatszerkezet), amivel a sok feleslegesnek vélhető számítást elkerülhetnénk.

Nyert ügye lehet annak, aki „fejben összerakja” az alábbi fát – akár dinamikusan, menet közben hozzáadva és törölve elemeket – és ebben navigálva (ezt bejárva) válaszolja meg a kérdést:

Az alábbi animáció segíthet a megértésben: 45 lépésben mutatja be az aktuális részlépést/részfeladatot (leszálló ág) és/vagy az aktuális részeredményt (felszálló ág):

A Fibonacci-sorozat többféleképpen kapcsolódik a természethez, természeti jelenséghez, növényekhez, állatokhoz (virágszirmok száma, levelek elfordulása, napraforgók magjai, fenyőtoboz pikkelyei, nautilus háza, aranymetszés, zenei hangolás, zeneművek tagolása), felhasználható algoritmusok futási idejének becsléséhez, fa adatszerkezetek építéséhez is. Az aranymetszésről megoszlanak a vélemények: vannak akik szinte mindenben ezt látják (művészet: festészet, szobrászat), mások módszeresen cáfolják ezt (például Falus Róbert: Az aranymetszés legendája, Magyar Könyvklub, 2001, második, javított kiadás, ISBN 963-547-332-X).

A bejegyzéshez tartozó teljes forráskódot ILIAS e-learning tananyagban tesszük elérhetővé tanfolyamaink résztvevői számára.

A feladat a Java SE szoftverfejlesztő tanfolyam szakmai moduljának 9-12. óra: Metódusok, rekurzió alkalmához kötődik.