Đ cương Tn ri rc DHTI16A4HN
Phần I (Nguyễn Anh Tuấn) : Bài toán giải hệ thức truy hồi
(2đ)
a
n
= 6a – 8a (1) – hệ thức truy hồi tuyến tính thuần
n-1 n-2
nhất bậc hai ( k=2)
với c = 1, c = 6, c = -8
0 1 2
Phương trình đặc trưng có dạng: c
0
λ
k
– c
1
λ
k-1
– c
2
- Từ phương trình (1) ta xác định phương trình đặc trưng là:
(0,25đ)
2
– 6 + 8 = 0 (*)
- Giải phương trình đặc trưng (*) ta thu được hai nghiệm
phân biệt là: (0,5đ)
1
= 2,
2
= 4
- Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt nên
nghiệm tổng quát có dạng: a = A.
n
λ
1
n
+ B .
λ
2
n
Vậy ta xác định được nghiệm tổng quát của phương trình
(1) là:
a = A.2 + B.4 (**)
n
n n
(0,5đ)
- Ta lại có:
a
0
=4
a
1
=10
lần lượt thay điều kiện này vào nghiệm tổng
quát (**) ta thu được hệ phương trình sau:
{
A .
2
0
+B .4 4
0
=
A .
2
1
+B . 4 10
1
=
(***) (0,25đ)
- Giải hệ (***)ra ta được: A = 3, B=1 , thay thế các giá trị
này vào nghiệm tổng quát (**) ta có nghiệm hệ thức truy
hồi là: a = 3.2 + 4
n
n n
(0.25đ)
- Vậy nghiệm của hệ thức truy hồi là dãy {a } với a = 3.2
n n
n
+ 4
n
(0,25đ)
a
n
= 5a + 6a (1) – hệ thức truy hồi tuyến tính thuần
n-1 n-2
nhất bậc hai ( k=2)
với c = 1, c = 5, c = 6
0 1 2
Phương trình đặc trưng có dạng: c
0
λ
k
– c
1
λ
k-1
– c
2
- Từ phương trình (1) ta xác định được phương trình đặc
trưng là: (0,25đ)
λ
2
- 5
λ
- 6 = 0 (*)
- Giải phương trình đặc trưng (*) ta thu được hai nghiệm
phân biệt là: (0,5đ)
λ
1
= -1;
λ
2
=6
- Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt nên
nghiệm tổng quát có dạng: a = A.
n
λ
1
n
+ B .
λ
2
n
Vậy ta xác định được nghiệm tổng quát của phương trình
(1) là:
(0,5đ)
a
n
= A. (-1) + B. 6
n n
(**)
- Từ lại có:
lần lượt thay vài nghiệm tổng quát (**) ta
thu được hệ phương trình sau:
{
A .
(1)
0
+B .6
0
=4
A .
(1)
1
+B .6 1
1
=
{
A+B=4
A+6 B=1
(***) (0,25đ)
- Giải hệ phương trình (***) ra ta được: A =
23
7
, B =
5
7
thay
thế các giá trị này vào nghiệm tổng quát (**) ta có nghiệm
phương trình truy hồi là:
a =
n
23
7
. (-1) +
n
5
7
. 6
n
(0,25đ)
- Vậy nghiệm của phương trình truy hồi là: a =
n
23
7
. (-1) +
n
5
7
. 6
n
(0,25đ)
a
n
= 10a +11a (1) – hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất
n-1 n-2
bậc hai ( k=2)
với c = 1, c = 10, c = 11
0 1 2
Phương trình đặc trưng có dạng: c
0
λ
k
– c
1
λ
k-1
– c
2
- Từ phương trình ta xác định phương trình đặc trưng là:
(1)
(0,25đ)
λ
2
10 λ 11 0=
(*)
- Giải phương trình đặc trưng ta thu được hai nghiệm
(*)
là:
λ
1
=1 ; λ
2
=11
(0.5đ)
- Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt nên
nghiệm tổng quát có dạng: a = A.
n
λ
1
n
+ B .
λ
2
n
Vậy ta xác định được nghiệm tổng quát của phương trình
(1) là:
(0,5đ)
a
n
= A .
(
1
)
n
+B . 11
n
(**)
- Ta lại có:
a
0
=1
a
1
=4
lần lượt thay vào nghiệm tổng quát (**) ta
thu được hệ phương trình sau:
{
A .
(
1
)
0
+B.11
0
=1
A .
(
1
)
1
+B .11
1
=4
{
A+B=1
A+B .11 4=
(***) (0,25đ)
- Giải hệ phương trình (***) ra ta thu được: A =
7
12
, B =
5
12
,
thay thế các giá trị này vào nghiệm tổng quát (**) ta có
phương trình nghiệm truy hồi (1) là:
a
n
=
7
12
. (-1) +
n
5
12
. 11
n
(0,25đ)
- Vậy nghiệm của phương trình truy hồi (1) là: a =
n
7
12
. (-
1)
n
+
5
12
. 11 (0,25đ)
n
Từ MISSISSIPI
- Từ này có 10 chữ cái gồm 4 chữ S, 4 chữ I, 1 chữ P, 1 chữ
M
C
10
4
cách chọn chỗ cho 4 chữ S
C
6
4
cách chọn chỗ cho 4 chữ I
C
2
1
cách chọn chỗ cho 1 chữ P
C
1
1
cách chọn chỗ cho 1 chữ M
- Vậy số xâu khác nhau có thể được tạo theo nguyên kỳ
nhân là:
C
10
4
.
C
6
4
.
C
2
1
.
C
1
1
=
10 !
4 ! . 4 ! .1! .1 !
= 6300
Tương tự từ COMPUTER có:
-
C
8
1
cách chọn chỗ cho chữ C
-
C
7
1
cách chọn chỗ cho chữ 0
-
C
6
1
cách chọn chỗ cho chữ M
-
C
5
1
cách chọn chỗ cho chữ P
-
C
4
1
cách chọn chỗ cho chữ U
-
C
3
1
cách chọn chỗ cho chữ T
-
C
2
1
cách chọn chỗ cho chữ E
-
C
1
1
cách chọn chỗ cho chữ R
Vậy số xâu khác nhau có thể lập được là:
C
8
1
.
C
7
1
. C
6
1
. C
5
1
. C
4
1
. C
3
1
.
C
2
1
.
C
1
1
= 40320
PHẦN 2: (Cao Bá Giáp)
Câu 1:
1
4
1
0
4
0
0
8
1
8
2
4
3
0
1
2
2
4
1
0
4
0
3
4
Giải:
Cố định thành phố xuất phát là 1
Từ ma trận chi phí ta có Cmin=08 là chi phí đi lại nhỏ nhất giữa
các thành phố Qúa trình thực hiện thuật toán được mô tả bơi .
cây tìm kiếm lời giải.
Thông tin được ghi trong các ô trên hình vẽ theo thứ tự sau:
- Đầu tiên là các thành phần của phương án.
- Tiếp đến là chi phí theo hành trình bộ phận
- g là cận dưới: g n-k+(u1, u , ..., uk 2 ) = + (
1) cmin
Câu 2:
5x + x + 9x -> max,
1 2 3
4x + 2x + 6x ≤ 10,
1 2 3
Với xj >=0 nguyên, j = 1,2,3
Giải:
Ta có :b=10,n=3
c =5 ; c =1 ; c
1 2 3
=9
a =4 ; a =2 ; a
1 2 3
=6
Ta có:
c
3
a
3
=
9
6
>
c
1
a
1
=
5
4
>
c
2
a
2
=
1
2
Từ đó ta nhận thấy đề bài chưa thỏa mãn bất đẳng thức:
c
1
a
1
c
2
a
2
. . . ≥
c
n
a
n
(Có nghĩa là các đồ vật được sắp xếp theo thứ tự không tăng
của giá trị một đơn vị trọng lượng)
Sắp xếp lại theo chiều giảm dần:
c
3
a
3
=
9
6
>
c
1
a
1
=
5
4
>
c
2
a
2
=
1
2
Sau khi sắp xếp:
f(x)= 9x3 + 5x1 + x2 -> max,
6x3 + 4x1 + 2x2 ≤ 10,
Với x >=0 nguyên, j = 1,2,3
j
(1); =9
w=4
g=14
(0); =0
w=10
g=12,5
(1,0); =9
w=4
g=11
Các nhánh này bị loại vì
cận trên g < kỷ lục f=14
- : giá trị các đồ vật đang chất
trong túi
- w: trọng lượng còn lại của túi
- : cận trên = g . gk k + ck+1 /
a wkk+1 *
X3=1
f=-
X3=0
X1=1
X2=0
X1=0
(1,1); =14
w=0
g=14
X=(1,1,0)
f=14
Thu được phương án của bài toán
Cập nhật lại kỷ lục
Kết thúc thuật toán, ta thu được:
+)Phương án tối ưu: x*=(1,1,0)
+)Gía trị tối ưu: f*=14
Câu 3:
Máy
Chi tiết
D1 D2 D3 D4 D5
A 5 7 7 8 4
B 8 5 2 7 6
Giải:
Áp dụng thuật toán Johnson,ta hia các chi tiết trên 2 máy A và c
B thành 2 nhóm:
N1= {D1, D5}
N2= {D2, D3, D4}
Sắp xếp các chi tiết:
N1{D5,D1}
N2= {D4, D2, D3}
Nối N2 vào đuôi N1, ta được lịch gia công tối ưu:
Π=(D5, D1, D4, D2, D3)
Sơ đồ Gantt cho lịch gia công chi tiết :
B D5 D1 D4 D2 D
3
A D5 D1 D4 D2 D3
Phần 3 (Đỗ Thị Huyền)
1.Lập ma trận kề của đồ thị
0 1 1 1 1 0 0 0
1 0 0 1 0 0 0 0
1 0 0 1 1 1 0 0
1 1 1 0 0 1 0 0
1 0 1 0 0 1 1 0
0 0 1 1 1 0 0 1
0 0 0 0 1 0 0 1
0 0 0 0 0 1 1 0
Vậy thời gian gia công tối ưu T(Π)=33
2.Định nghĩa đồ thị Euler, Đồ thị nửa Euler
- Đường đi Euler là đường đi đơn qua tất cả các cạnh của đồ thị
mỗi cạnh đúng một lần.
-Chu trình Euler chu trình đơn đi qua tất cả các cạnh của đồ
thị mỗi cạnh đúng một lần.
- Đồ thị được gọi là đồ thị Euler nếu nó có chu trình Euler.
- nếu nó có đường đi EulerĐồ thị là nửa Euler
3.Đồ thị trên có chu trình Euler vì tất cả các đỉnh của đồ thị đều
là bậc chẵn
( đỉnh 1,3,4,5 bậc 4 ; đỉnh 2,7,8 bậc 2)
Đỉnh Danh sách
kề
1 2,3,4,5
2 1,4
3 1,4,5,6
4 1,2,3,6
5 1,3,6,7
6 3,4,5,8
7 5,7
8 6,7
Bước Stack CE
1 1 #
2 1,2 #
3 1,2,4 #
4 1,2,4,1 #
5 1,2,4,1,3 #
6 1,2,4,1,3,5 #
7 1,2,4,1,3,5,1 #
8 1,2,4,1,3,5 1
9 1,2,4,1,3,5,6 1
10 1,2,4,1,3,5,6,3 1
11 1,2,4,1,3,5,6,3,4 1
12 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6 1
13 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6
,8
1
14 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6
,8,7
1
15 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6
,8,7,5
1
16 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6
,8,7
1,5
17 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6
,8
1,5,7
18 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6 1,5,7,8
19 1,2,4,1,3,5,6,3,4, 1,5,7,8,6
20 1,2,4,1,3,5,6,3, 1,5,7,8,6,4
21 1,2,4,1,3,5,6 1,5,7,8,6,4,3
22 1,2,4,1,3,5 1,5,7,8,6,4,3,6
23 1,2,4,1,3 1,5,7,8,6,4,3,6,5
24 1,2,4,1 1,5,7,8,6,4,3,6,5,3
25 1,2,4 1,5,7,8,6,4,3,6,5,3,1
26 1,2 1,5,7,8,6,4,3,6,5,3,1
,4
27 1 1,5,7,8,6,4,3,6,5,3,1
,4,2
28 # 1,5,7,8,6,4,3,6,5,3,1
,4,2,1
Kết quả chu trình Euler : 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6,8,7,5,1
GIẢI THÍCH THUẬT TOÁN

Preview text:

Đề cương Toán rời rạc DHTI16A4HN
Phần I (Nguyễn Anh Tuấn) : Bài toán giải hệ thức truy hồi (2đ)
an = 6an-1 – 8an-2 (1) – hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất bậc hai ( k=2) với c0 = 1, c1 = 6, c2 = -8
Phương trình đặc trưng có dạng: c0 λk – c1 λk-1 – c2
- Từ phương trình (1) ta xác định phương trình đặc trưng là: (0,25đ) 2 – 6  + 8 = 0 (*)
- Giải phương trình đặc trưng (*) ta thu được hai nghiệm phân biệt là: (0,5đ) 1 = 2, 2 = 4
- Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt nên
nghiệm tổng quát có dạng: a n n
n = A. λ1 + B . λ 2
Vậy ta xác định được nghiệm tổng quát của phương trình (1) là: a n n n= A.2 + B.4 (**) (0,5đ) =4 - Ta lại có: a0
lần lượt thay điều kiện này vào nghiệm tổng a =10 1
quát (**) ta thu được hệ phương trình sau: 0 =
{ A.20+B.4 4 (***) (0,25đ) A .21+ B . 41=10
- Giải hệ (***)ra ta được: A = 3, B=1 , thay thế các giá trị
này vào nghiệm tổng quát (**) ta có nghiệm hệ thức truy hồi là: a n n n = 3.2 + 4 (0.25đ)
- Vậy nghiệm của hệ thức truy hồi là dãy {a n n} với an = 3.2 + 4n (0,25đ)
an = 5an-1 + 6an-2 (1) – hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất bậc hai ( k=2) với c0 = 1, c1 = 5, c2 = 6
Phương trình đặc trưng có dạng: c0 λk – c1 λk-1 – c2
- Từ phương trình (1) ta xác định được phương trình đặc trưng là: (0,25đ)
λ2 - 5λ - 6 = 0 (*)
- Giải phương trình đặc trưng (*) ta thu được hai nghiệm phân biệt là: (0,5đ)
λ1 = -1; λ 2 =6
- Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt nên
nghiệm tổng quát có dạng: a n n
n = A. λ1 + B . λ 2
Vậy ta xác định được nghiệm tổng quát của phương trình (1) là: (0,5đ) a n n n= A. (-1) + B. 6 (**) =4 - Từ lại có: a0
a =1 lần lượt thay vài nghiệm tổng quát (**) ta 1
thu được hệ phương trình sau:
{A .(1)0+B.60=4 { A+B=4 (***) (0,25đ)
A . (1)1+ B .61=1 − A +6 B=1
- Giải hệ phương trình (***) ra ta được: A = 23 , B = 5 thay 7 7
thế các giá trị này vào nghiệm tổng quát (**) ta có nghiệm
phương trình truy hồi là: a 23 n 5 n n = . (-1) + . 6 7 7 (0,25đ) 23
- Vậy nghiệm của phương trình truy hồi là: a n 5 n = . (-1) + 7 7 . 6n (0,25đ)
an = 10an-1 +11an-2 (1) – hệ thức truy hồi tuyến tính thuần nhất bậc hai ( k=2) với c0 = 1, c1 = 10, c2 = 11
Phương trình đặc trưng có dạng: c0 λk – c1 λ k-1 – c2
- Từ phương trình (1) ta xác định phương trình đặc trưng là: (0,25đ)
λ210 λ − 11=0 (*)
- Giải phương trình đặc trưng (*) ta thu được hai nghiệm là:
λ =1 ; λ =11 (0.5đ) 1 2
- Phương trình đặc trưng có hai nghiệm phân biệt nên
nghiệm tổng quát có dạng: a n n
n = A. λ1 + B . λ 2
Vậy ta xác định được nghiệm tổng quát của phương trình (1) là: (0,5đ)
a = A . (1)n+B . 11n (**) n a =1 - Ta lại có: 0
lần lượt thay vào nghiệm tổng quát (**) ta a =4 1
thu được hệ phương trình sau:
{A. (1)0+B.110=1 { A+B=1 (***) (0,25đ)
A . (1)1+ B 1 .11 =4 − A + B .11=4
- Giải hệ phương trình (***) ra ta thu được: A = 7 , B = 5 , 12 12
thay thế các giá trị này vào nghiệm tổng quát (**) ta có
phương trình nghiệm truy hồi (1) là: a n 5 n n = 7 . (-1) + . 11 12 12 (0,25đ)
- Vậy nghiệm của phương trình truy hồi (1) là: a 7 n = . (- 12 1)n + 5 . 11n (0,25đ) 12 Từ MISSISSIPI
- Từ này có 10 chữ cái gồm 4 chữ S, 4 chữ I, 1 chữ P, 1 chữ M
 Có C4 cách chọn chỗ cho 4 chữ S 10
C4 cách chọn chỗ cho 4 chữ I 6 1
C cách chọn chỗ cho 1 chữ P 2
C1 cách chọn chỗ cho 1 chữ M 1
- Vậy số xâu khác nhau có thể được tạo theo nguyên kỳ nhân là: 4 4 1 1
C . C . C . C = 10 ! = 6300 10 6 2 1
4 ! . 4 ! .1! .1 !
 Tương tự từ COMPUTER có:
- C1 cách chọn chỗ cho chữ C 8
- C1 cách chọn chỗ cho chữ 0 7 - 1
C cách chọn chỗ cho chữ M 6
- C1 cách chọn chỗ cho chữ P 5
- C1 cách chọn chỗ cho chữ U 4
- C1 cách chọn chỗ cho chữ T 3
- C1 cách chọn chỗ cho chữ E 2
- C1 cách chọn chỗ cho chữ R 1
Vậy số xâu khác nhau có thể lập được là: 1 1 1 1 1 1
C . C . C . C . C . C . 8 7 6 5 4 3 1 1 C . C = 40320 2 1 PHẦN 2: (Cao Bá Giáp) Câu 1: ∞ 1 1 4 4 0 0 0 ∞ 1 2 8 8 4 3 1 ∞ 2 0 2 4 1 4 3 ∞ 0 0 4 Giải:
Cố định thành phố xuất phát là 1
Từ ma trận chi phí ta có Cmin=08 là chi phí đi lại nhỏ nhất giữa
các thành phố.Qúa trình thực hiện thuật toán được mô tả bơi cây tìm kiếm lời giải.
Thông tin được ghi trong các ô trên hình vẽ theo thứ tự sau:
- Đầu tiên là các thành phần của phương án.
- Tiếp đến  là chi phí theo hành trình bộ phận
- g là cận dưới: g(u1, u , ..., uk 2 ) = + (
n-k+1) cmin Câu 2:
5x1 + x2 + 9x3 -> max, 4x1 + 2x2 + 6x3 ≤ 10,
Với xj >=0 nguyên, j = 1,2,3 Giải: Ta có :b=10,n=3 c1=5 ; c2=1 ; c3=9 a1=4 ; a2=2 ; a3=6
Ta có: c3 = 9 > c1 = 5 > c2= 1 a 6 a 4 a 2 3 1 2
Từ đó ta nhận thấy đề bài chưa thỏa mãn bất đẳng thức:
c1 c2 . . . ≥ cn a a a 1 2 n
(Có nghĩa là các đồ vật được sắp xếp theo thứ tự không tăng
của giá trị một đơn vị trọng lượng)
Sắp xếp lại theo chiều giảm dần:
- : giá trị các đồ vật đang chất
c3 =9 > c1= 5 > c2 =1 trong túi a 6 a 4 a 2 3 1 2
- w: trọng lượng còn lại của túi Sau khi sắp xếp:
- g: cận trên. gk = k + ck+1 /
f(x)= 9x3 + 5x1 + x2 -> max, ak+1 * wk 6x3 + 4x1 + 2x2 ≤ 10,
Với xj >=0 nguyên, j = 1,2,3 f=-∞ X3=1 X3=0 (0); =0 (1); =9 w=10 X1=1 w=4 X1=0 g=12,5 g=14 (1,0); =9 (1,1); =14 w=4 w=0 g=11
Các nhánh này bị loại vì g=14 X2=0
cận trên g < kỷ lục f=14 X=(1,1,0) f=14
Thu được phương án của bài toán Cập nhật lại kỷ lục
Kết thúc thuật toán, ta thu được:
+)Phương án tối ưu: x*=(1,1,0) +)Gía trị tối ưu: f*=14 Câu 3: Máy D1 D2 D3 D4 D5 Chi tiết A 5 7 7 8 4 B 8 5 2 7 6 Giải:
Áp dụng thuật toán Johnson,ta chia các chi tiết trên 2 máy A và B thành 2 nhóm: N1= {D1, D5} N2= {D2, D3, D4} Sắp xếp các chi tiết: N1{D5,D1} N2= {D4, D2, D3}
Nối N2 vào đuôi N1, ta được lịch gia công tối ưu: Π=(D5, D1, D4, D2, D3)
Sơ đồ Gantt cho lịch gia công chi tiết : B D5 D1 D4 D2 D 3 A D5 D1 D4 D2 D3
Vậy thời gian gia công tối ưu T(Π)=33
Phần 3 (Đỗ Thị Huyền)
1.Lập ma trận kề của đồ thị 0 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 1 0
2.Định nghĩa đồ thị Euler, Đồ thị nửa Euler
- Đường đi Euler là đường đi đơn qua tất cả các cạnh của đồ thị
mỗi cạnh đúng một lần.
-Chu trình Euler là chu trình đơn đi qua tất cả các cạnh của đồ
thị mỗi cạnh đúng một lần.
- Đồ thị được gọi là đồ thị Euler nếu nó có chu trình Euler.
-Đồ thị là nửa Euler nếu nó có đường đi Euler
3.Đồ thị trên có chu trình Euler vì tất cả các đỉnh của đồ thị đều là bậc chẵn
( đỉnh 1,3,4,5 bậc 4 ; đỉnh 2,7,8 bậc 2) Đỉnh Danh sách kề 1 2,3,4,5 2 1,4 3 1,4,5,6 4 1,2,3,6 5 1,3,6,7 6 3,4,5,8 7 5,7 8 6,7 Bước Stack CE 1 1 # 2 1,2 # 3 1,2,4 # 4 1,2,4,1 # 5 1,2,4,1,3 # 6 1,2,4,1,3,5 # 7 1,2,4,1,3,5,1 # 8 1,2,4,1,3,5 1 9 1,2,4,1,3,5,6 1 10 1,2,4,1,3,5,6,3 1 11 1,2,4,1,3,5,6,3,4 1 12 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6 1 13 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6 1 ,8 14 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6 1 ,8,7 15 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6 1 ,8,7,5 16 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6 1,5 ,8,7 17 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6 1,5,7 ,8 18 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6 1,5,7,8 19 1,2,4,1,3,5,6,3,4, 1,5,7,8,6 20 1,2,4,1,3,5,6,3, 1,5,7,8,6,4 21 1,2,4,1,3,5,6 1,5,7,8,6,4,3 22 1,2,4,1,3,5 1,5,7,8,6,4,3,6 23 1,2,4,1,3 1,5,7,8,6,4,3,6,5 24 1,2,4,1 1,5,7,8,6,4,3,6,5,3 25 1,2,4 1,5,7,8,6,4,3,6,5,3,1 26 1,2 1,5,7,8,6,4,3,6,5,3,1 ,4 27 1 1,5,7,8,6,4,3,6,5,3,1 ,4,2 28 # 1,5,7,8,6,4,3,6,5,3,1 ,4,2,1
Kết quả chu trình Euler : 1,2,4,1,3,5,6,3,4,6,8,7,5,1
GIẢI THÍCH THUẬT TOÁN