Жанр: Учеба
Программирование в теоремах и задачах
...д его началом. Мы предполагаем, что
в графе нет ориентированных циклов - иначе такое невозможно.
Для начала добавим к графу вершину 0, из которой ребра ведут
в вершины 1,...,n. Если ее удастся напечатать с соблюдением
правил, то тем самым все вершины будут напечатаны.
Алгоритм хранит путь, выходящий из нулевой вершины и идущий
по ребрам графа. Переменная l отводится для длины этого пути.
Путь образован вершинами vert[1],..., vert[l] и ребрами,
имеющими номера edge[1]...edge[l]. Номер edge[s] относится к нумерации
ребер, выходящих из вершины vert[s]. Тем самым для всех
s должны выполняться неравенство
edge[s] "= num[vert[s]]
и равенство
vert[s+1] = dest [vert[s]] [edge[s]]
Впрочем, для последнего ребра мы сделаем исключение, разрешив
ему указывать "в пустоту", т.е. разрешим
edge[l] равняться num[vert[l]]+1.
В процессе работы алгоритм будет печатать номера вершин,
при этом соблюдая требование "вершина напечатана только после
тех вершин, в которые из нее ведут ребра". Наконец, будет выполняться
такое требование:
(И) вершины пути, кроме последней (т.е. vert[1]..vert[l])
не напечатаны, но свернув с пути налево, мы немедленно
упираемся в напечатанную вершину
Вот что получается:
l:=1; vert[1]:=0; edge[1]:=1;
while not( (l=1) and (edge[1]=n+1)) do begin
| if edge[l]=num[vert[l]]+1 then begin
| | {путь кончается в пустоте, поэтому все вершины,
| | следующие за vert[l], напечатаны - можно
| | печатать vert[l]}
| | writeln (vert[l]);
| | l:=l-1; edge[l]:=egde[l]+1;
| end else begin
| | {edge[l] "= num[vert[l]], путь кончается в
| | вершине}
| | lastvert:= dest[vert[l]][edge[l]]; {последняя}
| | if lastvert напечатана then begin
| | | edge[l]:=edge[l]+1;
| | end else begin
| | | l:=l+1; vert[l]:=lastvert; edge[l]:=1;
| | end;
| end;
end;
{путь сразу же ведет в пустоту, поэтому все вершины
левее, то есть 1..n, напечатаны}
9.2.4. Доказать, что если в графе нет циклов, то этот алгоритм
заканчивает работу.
Решение. Пусть это не так. Каждая вершина может печататься
только один раз, тако что с некоторого момента вершины не печатаются.
В графе без циклов длина пути ограничена (вершина не может
входить дважды), поэтому подождав еще, мы можем дождаться
момента, после которого путь не удлиняется. После этого может
разве что увеличиваться edge[l] - но и это не беспредельно.
Глава 10. Сопоставление с образцом.
10.1. Простейший пример.
10.1.1. Имеется последовательность символов x[1]..x[n]. Определить,
имеются ли в ней идущие друг за другом символы "abcd".
(Другими словами, требуется выяснить, есть ли в слове x[1]..x[n]
подслово "abcd".)
Решение. Имеется примерно n (если быть точным, n-3) позиций,
на которых может находиться искомое подслово в исходном слове.
Для каждой из позиций можно проверить, действительно ли там оно
находится, сравнив четыре символа. Однако есть более эффективный
способ. Читая слово x[1]..x[n] слева направо, мы ожидаем появления
буквы 'a'. Как только она появилась, мы ждем за ней букву
'b', затем 'c', и, наконец, 'd'. Если наши ожидания оправдываются,
то слово "abcd" обнаружено. Если же какая-то из нужных букв
не появляется, мы оказываемся у разбитого корыта и начинаем все
сначала.
Этот простой алгоритм можно описать в разных терминах. Используя
терминологию так называемых конечных автоматов, можно
сказать, что при чтении слова x слева направо мы в каждый момент
находимся в одном из следующих состояний: "начальное" (0),
"сразу после a" (1), "сразу после ab" (2), "сразу после abc" (3)
и "сразу после abcd" (4). Читая очередную букву, мы переходим в
следующее состояние по правилу
Текущее Очередная Новое
состояние буква состояние
0 a 1
0 кроме a 0
1 b 2
1 a 1
1 кроме a,b 0
2 c 3
2 a 1
2 кроме a,c 0
3 d 4
3 a 1
3 кроме a,d 0
Как только мы попадем в состояние 4, работа заканчивается.
Соответствующая программа очевидна:
i:=1; state:=0;
{i - первая непрочитанная буква, state - состояние}
while (i"" n+1) and (state "" 4) do begin
if state = 0 then begin
if x[i] = a then begin
state:= 1;
end else begin
state:= 0;
end;
end else if state = 1 then begin
if x[i] = b then begin
state:= 2;
end else if x[i] = a then begin
state:= 1;
end else begin
state:= 0;
end;
end else if state = 2 then begin
if x[i] = c then begin
state:= 3;
end else if x[i] = a then begin
state:= 1;
end else begin
state:= 0;
end;
end else if state = 3 then begin
if x[i] = d then begin
state:= 4;
end else if x[i] = a then begin
state:= 1;
end else begin
state:= 0;
end;
end;
end;
answer := (state = 4);
Иными словами, мы в каждый момент храним информацию о том,
какое максимальное начало нашего образца "abcd" является концом
прочитанной части. (Его длина и есть то "состояние", о котором
шла речь.)
Терминология, нами используемая, такова. Слово - это любая
последовательность символов из некоторого фиксированного конечного
множества. Это множество называется алфавитом, его элементы
- буквами. Если отбросить несколько букв с конца слова, останется
другое слово, называемое началом первого. Любое слово также
считается своим началом. Конец слова - то, что останется, если
отбросить несколько первых букв. Любое слово считается своим
концом. Подслово - то, что останется, если отбросить буквы и с
начала, и с конца. (Другими словами, подслова - это концы начал,
или, что то же, начала концов.)
В терминах индуктивных функций (см. раздел 1.3) ситуацию
можно описать так: рассмотрим функцию на словах, которая принимает
два значения "истина" и "ложь" и истинна на словах, имеющих
"abcd" своим подсловом. Эта функция не является индуктивной, но
имеет индуктивное расширение
x -"длина максимального начала слова abcd, являющегося концом x
10.2. Повторения в образце - источник проблем.
10.2.1. Можно ли в предыдущих рассуждениях заменить слово
"abcd" на произвольное слово?
Решение. Нет, и проблемы связаны с тем, что в образце могут
быть повторяющиеся буквы. Пусть, например, мы ищем вхождения
слова "ababc". Вот появилась буква "a", за ней идет "b", за ней
идет "a", затем снова "b". В этот момент мы с нетерпением ждем
буквы "c". Однако - к нашему разочарованию - вместо нее появляется
другая буква, и наш образец "ababc" не обнаружен. Однако
нас может ожидать утешительный приз: если вместо "c" появилась
буква "a", то не все потеряно: за ней могут последовать буквы
"b" и "c", и образец-таки будет найден.
Вот картинка, поясняющая сказанное:
x y z a b a b a b c .... "- входное слово
a b a b c "- мы ждали образца здесь
a b a b c "- а он оказался здесь
Таким образом, к моменту
|
x y z a b a b | "- входное слово
|
a b a b | c "- мы ждали образца здесь
|
a b | a b c "- а он оказался здесь
|
есть два возможных положения образца, каждое из которых подлежит
проверке. Тем не менее по-прежнему возможен конечный автомат,
читающий входное слово буква за буквой и переходящий из состояния
в состояние в зависимости от прочитанных букв.
10.2.2. Указать состояния соответствующего автомата и таблицу
перехода (новое состояние в зависимости от старого и читаемой
буквы).
Решение. По-прежнему состояния будут соответствовать наибольшему
началу образца, являющемуся концом прочитанной части
слова. Их будет шесть: 0, 1 ("a"), 2 ("ab"), 3 ("aba"), 4
("abab"), 5 ("ababc"). Таблица перехода:
Текущее Очередная Новое
состояние буква состояние
0 a 1 (a)
0 кроме a 0
1 (a) b 2 (ab)
1 (a) a 1 (a)
1 (a) кроме a,b 0
2 (ab) a 3 (aba)
2 (ab) кроме a 0
3 (aba) b 4 (abab)
3 (aba) a 1 (a)
3 (aba) кроме a,b 0
4 (abab) c 5 (ababc)
4 (abab) a 3 (aba)
4 (abab) кроме a,c 0
Для проверки посмотрим, к примеру, на вторую снизу строку. Если
прочитанная часть кончалась на "abab", а затем появилась буква
"a", то теперь прочитанная часть кончается на "ababa". Наибольшее
начало образца ("ababc"), которое есть ее конец - это
"aba".
Философский вопрос: мы говорили, что трудность состоит в
том, что есть несколько возможных положений образца, каждое из
которых может оказаться истинным. Им соответствуют несколько начал
образца, являющихся концами входного слова. Но конечный автомат
помнит лишь самое длинное из них. Как же остальные?
Философский ответ. Дело в том, что самое длинное из них определяет
все остальные - это его концы, одновременно являющиеся
его началами.
Не составляет труда для любого конкретного образца написать
программу, осуществляющую поиск этого образца описанным способом.
Однако хотелось бы написать программу, которая ищет произвольный
образец в произвольном слове. Это можно делать в два
этапа: сначала по образцу строится таблица переходов конечного
автомата, а затем читается входное слово и состояние преобразуется
в соответствии с этой таблицей. Подобный метод часто используется
для более сложных задач поиска (см. далее), но для
поиска подслова существует более простой и эффективный алгоритм,
называемый алгоритмом Кнута - Морриса - Пратта. Но прежде нам
понадобятся некоторые вспомогательные утверждения.
10.3. Вспомогательные утверждения
Для произвольного слова X рассмотрим все его начала, одновременно
являющиеся его концами, и выберем из них самое длинное.
(Не считая, конечно, самого слова X.) Будем обозначать его n(X).
Примеры: n(aba)=a, n(abab)=ab, n(ababa)=aba, n(abc) = пустое
слово.
10.3.1. Доказать, что все слова n(X), n(n(X)), n(n(n(X)))
и т.д. являются началами слова X.
Решение. Каждое из них (согласно определению) является началом
предыдущего.
По той же причине все они являются концами слова X.
10.3.2. Доказать, что последовательность предыдущей задачи
обрывается (на пустом слове).
Решение. Каждое слово короче предыдущего.
Задача. Доказать, что любое слово, одновременно являющееся
началом и концом слова X (кроме самого X) входит в последовательность
n(X), n(n(X)),...
Решение. Пусть слово Y есть одновременно начало и конец X.
Слово n(X) - самое длинное из таких слов, так что Y не длиннее
n(X). Оба эти слова являются началами X, поэтому более короткое
из них является началом более длинного: Y есть начало n(X). Аналогично,
Y есть конец n(X). Рассуждая по индукции, можно предполагать,
что утверждение задачи верно для всех слов короче X, в
частности, для слова n(X). Так что слово Y, являющееся концом и
началом n(X), либо равно n(X), либо входит в последовательность
n(n(X)), n(n(n(X))), ..., что и требовалось доказать.
10.4. Алгоритм Кнута - Морриса - Пратта
Алгоритм Кнута - Морриса - Пратта (КМП) получает на вход
слово
X = x[1]x[2]...x[n]
и просматривает его слева направо буква за буквой, заполняя при
этом массив натуральных чисел l[1]..l[n], так что
l[i] = длина слова n(x[1]...x[i])
(функция n определена в предыдущем пункте). Словами: l[i] есть
длина наибольшего начала слова x[1]..x[i], одновременно являющегося
его концом.
10.4.1. Какое отношение все это имеет к поиску подслова?
Другими словами, как использовать алгоритм КМП для определения
того, является ли слово A подсловом слова B?
Решение. Применим алгоритм КМП к слову A#B, где # - специальная
буква, не встречающаяся ни в A, ни в B. Слово A является
подсловом слова B тогда и только тогда, когда среди чисел в массиве
l будет число, равное длине слова A.
10.4.2. Описать алгоритм заполнения таблицы l[1]..l[n].
Решение. Предположим, что первые i значений l[1]..l[i] уже
найдены. Мы читаем очередную букву слова (т.е. x[i+1]) и должны
вычислить l[i+1].
1 i i+1
--------------------------------------------------------
| уже прочитанная часть X | |
--------------------------------------------------------
\-----------Z-----------/ \------------Z------------/
Другими словами, нас интересуют начала Z слова x[1]..x[i+1], одновременно
являющиеся его концами - из них нам надо выбрать самое
длинное. Откуда берутся эти начала? Каждое из них получается
из некоторого слова Z' приписыванием буквы x[i+1]. Слово Z' является
началом и концом слова x[1]..x[i]. Однако не любое слово,
являющееся началом и концом слова x[1]..x[i], годится - надо,
чтобы за ним следовала буква x[i+1].
Получаем такой рецепт отыскания слова Z. Рассмотрим все начала
слова x[1]..x[i], являющиеся одновременно его концами. Из
них выберем подходящие - те, за которыми идет буква x[i+1]. Из
подходящих выберем самое длинное. Приписав в его конец x[i+1],
получим искомое слово Z.
Теперь пора воспользоваться сделанными нами приготовлениями
и вспомнить, что все слова, являющиеся одновременно началами и
концами данного слова, можно получить повторными применениями к
нему функции n из предыдущего раздела. Вот что получается:
i:=1; l[1]:= 0;
{таблица l[1]..l[i] заполнена правильно}
while i "" n do begin
| len := l[i]
| {len - длина начала слова x[1]..x[i], которое является
| его концом; все более длинные начала оказались
| неподходящими}
| while (x[len+1] "" x[i+1]) and (len " 0) do begin
| | {начало оказалось неподходящим, применяем к нему n}
| | len := l[len];
| end;
| {нашли подходящее или убедились в отсутствии}
| if x[len+1] = x[i+1] do begin
| | {x[1]..x[len] - самое длинное подходящее начало}
| | l[i+1] := len+1;
| end else begin
| | {подходящих нет}
| | l[i+1] := 0;
| end;
| i := i+1;
end;
10.4.3. Доказать, что число действий в приведенном только
что алгоритме не превосходит Cn для некоторой константы C.
Решение. Это не вполне очевидно: обработка каждой очередной
буквы может потребовать многих итераций во внутреннем цикле. Однако
каждая такая итерация уменьшает len по крайней мере на 1, и
в этом случае l[i+1] окажется заметно меньше l[i]. С другой стороны,
при увеличении i на единицу величина l[i] может возрасти
не более чем на 1, так что часто и сильно убывать она не может -
иначе убывание не будет скомпенсировано возрастанием.
Более точно, можно записать неравенство
l[i+1] "= l[i] - (число итераций на i-м шаге) + 1
или
(число итераций на i-м шаге) "= l[i] - l[i+1] + 1
и остается сложить эти неравества по всем i и получить оценку
сверху для общего числа итераций.
10.4.4. Будем использовать этот алгоритм, чтобы выяснить,
является ли слово X длины n подсловом слова Y длины m. (Как это
делать с помощью специального разделителя #, описано выше.) При
этом число действий будет не более C*(n+m), и используемая память
тоже. Придумать, как обойтись памятью не более Cn (что может
быть существенно меньше, если искомый образец короткий, а
слово, в котором его ищут - длинное).
Решение. Применяем алгоритм КМП к слову A#B. При этом вычисление
значений l[1],...,l[n] проводим для слова X длины m и
запоминаем эти значения. Дальше мы помним только значение l[i]
для текущего i - кроме него и кроме таблицы l[1]..l[n], нам для
вычислений ничего не нужно.
На практике слова X и Y могут не находиться подряд, поэтому
просмотр слова X и затем слова Y удобно оформить в виде разных
циклов. Это избавляет также от хлопот с разделителем.
10.4.5. Написать соответствующий алгоритм (проверяющий, является
ли слово X=x[1]..x[n] подсловом слова Y=y[1]..y[m]).
Решение. Сначала вычисляем таблицу l[1]..l[n] как раньше.
Затем пишем такую программу:
j:=0; len:=0
{len - длина максимального начала слова X, одновременно
являющегося концом слова y[1]..j[j]}
while (len "" n) and (j "" m) do begin
| while (x[len+1] "" y[j+1]) and (len " 0) do begin
| | {начало оказалось неподходящим, применяем к нему n}
| | len := l[len];
| end;
| {нашли подходящее или убедились в отсутствии}
| if x[len+1] = y[j+1] do begin
| | {x[1]..x[len] - самое длинное подходящее начало}
| | len := len+1;
| end else begin
| | {подходящих нет}
| | len := 0;
| end;
| i := i+1;
end;
{если len=n, слово X встретилось; иначе мы дошли до конца
слова Y, так и не встретив X}
10.5. Алгоритм Бойера - Мура
Этот алгоритм делает то, что на первый взгляд кажется невозможным:
в типичной ситуации он читает лишь небольшую часть
всех букв слова, в котором ищется заданный образец. Как так может
быть? Идея проста. Пусть, например, мы ищем образец "abcd".
Посмотрим на четвертую букву слова: если, к примеру, это буква
"e", то нет никакой необходимости читать первые три буквы. (В
самом деле, в образце буквы "e" нет, поэтому он может начаться
не раньше пятой буквы.)
Мы приведем самую простой вариант этого алгоритма, который
не гарантирует быстрой работы во всех случаях. Пусть x[1]..x[n]
- образец, который надо искать. Для каждого символа s найдем самое
правое его вхождение в слово X, то есть наибольшее k, при
котором x[k]=s. Эти сведения будем хранить в массиве pos[s]; если
символ s вовсе не встречается, то нам будет удобно положить
pos[s] = 0 (мы увидим дальше, почему).
10.5.1. Как заполнить массив pos?
Решение.
положить все pos[s] равными 0
for i:=1 to n do begin
pos[x[i]]:=i;
end;
В процессе поиска мы будем хранить в переменной last номер буквы
в слове, против которой последняя буква образца. Вначале last = m
(длине образца), затем постепенно увеличивается.
last:=m;
{все предыдущие положения образца уже проверены}
while last "= m do begin {слово не кончилось}
| if x[m] "" y[last] then begin {последние буквы разные}
| | last := last + (m - pos[y[last]]);
| | {m - pos[y[last]] - это минимальный сдвиг образца,
| | при котором напротив y[last] встанет такая же
| | буква в образце. Если такой буквы нет вообще,
| | то сдвигаем на всю длину образца}
| end else begin
| | если нынешнее положение подходит, т.е. если
| | x[1]..x[m] = y[last-m+1]..y[last],
| | то сообщить о совпадении;
| | last := last+1;
| end;
end;
Знатоки рекомендуют проверку совпадения проводить справа налево,
т.е. начиная с последней буквы образца (в которой совпадение заведомо
есть). Можно также немного сэкономить, произведы вычитание
заранее и храня не pos[s], а m-pos[s], т.е. число букв в образце
справа от последнего вхождения буквы s.
Возможны разные модификации этого алгоритма. Например, можно
строку last:=last+1 заменить на last:=last+(m-u), где u - координата
второго справа вхождения буквы x[m] в образец.
10.5.2. Как проще всего учесть это в программе?
Решение. При построении таблицы pos написать
for i:=1 to n-1 do...
в основной программе вместо last:=last+1 написать
last:= last+m-pos[y[last]];
Приведенная нами упрощенный вариант алгоритма Бойера - Мура
в некоторых случаях требует существенно больше n действий (число
действий порядка mn), проигрывая алгоритму Кнута - Морриса -
Пратта.
10.5.3. Привести пример ситуации, в которой образец не входит
в слово, но авлгоритму требуется порядка mn действий, чтобы
это установить.
Решение. Пусть образец имеет вид baaa..aa, а само слово
состоит только из букв a. Тогда на каждом шаге несоответствие
выясняется лишь в последний момент.
Настоящий (не упрощенный) алгоритм Бойера - Мура гарантирует,
что число действий не првосходит C*(m+n) в худшем случае. Он
использует идеи, близкие к идеям алгоритма Кнута - Морриса -
Пратта. Представим себе, что мы сравнивали образец со входным
словом, идя справа налево. При этом некоторый кусок Z (являющийся
концом образца) совпал, а затем обнаружилось различие: перед
Z в образце стоит не то, что во входном слове. Что можно сказать
в этот момент о входном слове? В нем обнаружен фрагмент, равный
Z, а перед ним стоит не та буква, что в образце. Эта информация
может позволить сдвинуть образец на несколько позиций вправо без
риска пропустить его вхождение. Эти сдаиги следует вычислить заранее
для каждого конца Z нашего образца. Как говорят знатоки,
все это (вычисление таблицы сдвигов и использовани ее) можно
уложэить в C*(m+n) действий.
10.6. Алгоритм Рабина
Этот алгоритм основан на простой идее. Представим себе, что
в слове длины m мы ищем образем длины n. Вырежем окошечко размера
n и будем двигать его по входному слову. Нас интересует, не
совпадает ли слово в окошечке с заданным образцом. Сравнивать по
буквам долго. Вместо этого фиксируем некоторую функцию на словах
длины n. Если значения этой функции на слове в окошечке и на образце
различны, то совпадения нет. Только если значения одинаковы,
нужно проверять совпадение по буквам.
Что мы выигрываем при таком подходе? Казалось бы, ничего -
ведь чтобы вычислить значение функции на слове в окошечке, все
равно нужно прочесть все буквы этого слова. Так уж лучше их сразу
сравнить с образцом. Тем не менее выигрыш возможен, и вот за
счет чего. При сдвиге окошечка слово не меняется полностью, а
лишь добавляется буква в конце и убирается в начале. Хорошо бы,
чтобы по этим данным можно было бы легко рассчитать, как меняется
функция.
10.6.1. Привести пример удобной для вычисления функции.
Решение. Заменим все буквы в слове и образце их номерами,
представляющими собой целые числа. Тогда удобной функцией является
сумма цифр. (При сдвиге окошечка нужно добавить новое число
и вычесть пропавшее.)
Для каждой функции существуют слова, к которым она применима
плохо. Зато другая функция в этом случае может работать хорошо.
Возникает идея: надо запасти много функций и в начале работы
алгоритма выбирать из них случайную. (Тогда враг, желающий подгадить
нашему алгоритму, не будет знать, с какой именно функцией
ему бороться.)
10.6.2. Привести пример семейства удобных функций.
Решение. Выберем некоторое число p (желательно простое,
смотри далее) и некоторый вычет x по модулю p. Каждое слово длины
n будем рассматривать как последовательность целых чисел (заменив
буквы кодами). Эти числа будем рассматривать как коэффициенты
многочлена степени n-1 и вычислим значение этого многочлена
по модулю p в точке x. Это и будет одна из функций семейства
(для каждой пары p и x получается, таким образом, своя функция).
Сдвиг окошка на 1 соответствует вычитанию старшего члена, умножению
на x и добавлению свободного члена.
Следующее соображение говорит в пользу того, что совпадения
не слишком вероятны. Пусть число p фиксировано и к тому же простое,
а X и Y - два различных слова длины n. Тогда им соответствуют
различные многочлены (мы предполагаем, что коды всех
букв различны - это возможно при p, большем числа букв алфавита).
Совпадение значений функции означает, что в точке x эти два
различных многочлена совпадают, то есть их разность обращается в
0. Разность есть многочлен степени n-1 и имеет не более n-1 корней.
Таким образом, если n много меньше p, то случайному x мало
шансов попасть в неудачную точку.
10.7. Более сложные образцы и автоматы
Мы можем искать не конкретно слово, а подслова заданного
вида. Например, можно искать слова вида a?b, где вместо ? может
стоять любая буква (иными словами, нас интересует буква b на
расстоянии 2 после буквы a).
10.7.1 Указать конечный автомат, проверяющий, есть ли во
входном слове фрагмент вида a?b.
Решение. Читая слово, следует помнить, есть ли буква a на
последнем месте и на предпоследнем - пока не встретим искомый
фрагмент. Получаем такой автомат:
Старое состояние Очередная буква Новое состояние
00 a 01
00 не a 01
01 a 11
01 не a 10
10 a 01
10 b найдено
10 не a и не b 00
11 a 11
11 b найдено
11 не a и не b 10
Другой стандартный знак в образце - это звездочка (*), на
место которой может быть подставлено любое слово. Например, образец
ab*cd означает, что мы ищем подслово ab, за которым следует
что угодно, а затем (на любом расстоянии) следует cd.
10.7.2. Указать конечный автомат, проверяющий, есть ли во
входном слове образец ab*cd (в описанном только что смысле).
Решение.
Старое состояние Очередная буква Новое состояние
нач a a
нач не a нач
a b ab
a a a
a не a и не b нач
ab c abc
ab не c ab
abc d найдено
abc c abc
abc не с и не d ab
Еще один вид поиска - это поиск любого из слово некоторого
списка.
10.7.3. Дан список слов X[1],...,X[k] и слово Y. Определить,
входит ли хотя бы одно из слов X[i] в слово Y (как подслово
...Закладка в соц.сетях
