วิธีการเข้าหา Vertical Sticks ที่ท้าทาย

ปัญหานี้มาจากinterviewstreet.com

เราจะได้รับอาร์เรย์ของจำนวนเต็ม$Y=\{y_1,...,y_n\}$ที่แสดงถึง$n$กลุ่มสายดังกล่าวที่จุดปลายของส่วน$i$เป็น$(i, 0)$และ$(i, y_i)$ ) ลองจินตนาการว่าจากด้านบนของแต่ละส่วนรังสีแนวนอนจะถูกยิงไปทางซ้ายและรังสีนี้จะหยุดเมื่อสัมผัสกับส่วนอื่นหรือกระทบกับแกน y เราสร้างอาร์เรย์ของจำนวนเต็ม n เป็น$v_1, ..., v_n$ที่$v_i$เท่ากับความยาวของการยิงเรย์จากด้านบนของส่วนที่ฉัน$i$เรากำหนด$V(y_1, ..., y_n) = v_1 + ... + v_n$ n

ตัวอย่างเช่นถ้าเรามี$Y=[3,2,5,3,3,4,1,2]$แล้ว$[v_1, ..., v_8] = [1,1,3,1,1,3,1,2]$ , ดังที่แสดงในภาพด้านล่าง:

สำหรับการเปลี่ยนแปลงแต่ละ$p$ของ$[1,...,n]$เราสามารถคำนวณ$V(y_{p_1}, ..., y_{p_n})$ ) ถ้าเราเลือกการเปลี่ยนแปลงสุ่มสม่ำเสมอ$p$ของ$[1,...,n]$สิ่งที่เป็นมูลค่าที่คาดหวังของ$V(y_{p_1}, ..., y_{p_n})$?

ถ้าเราแก้ปัญหานี้โดยใช้วิธีการที่ไร้เดียงสามันจะไม่เป็นที่มีประสิทธิภาพและทำงานจริงตลอดไปสำหรับ$n=50$ 50 ฉันเชื่อว่าเราสามารถแก้ไขปัญหานี้ได้โดยการคำนวณค่า$v_i$สำหรับแต่ละคันอย่างอิสระ แต่ฉันยังต้องรู้ว่ามีวิธีอื่นที่มีประสิทธิภาพสำหรับปัญหานี้ บนพื้นฐานของสิ่งที่เราสามารถคำนวณค่าที่คาดหวังสำหรับแต่ละคันเป็นอิสระ?

ลองจินตนาการถึงปัญหาที่แตกต่างกัน: ถ้าคุณมีไปยังสถานที่แท่งของความสูงเท่ากันในnช่องแล้วระยะทางที่คาดว่าระหว่างแท่ง (และระยะทางที่คาดว่าระหว่างติดครั้งแรกและช่องเสียบประมาณ0และระยะทางที่คาดว่าระหว่างติดที่ผ่านมาและสัญญา slot n + 1 ) คือn + $k$$n$$0$$n+1$เนื่องจากมีk+1ช่องว่างให้พอดีกับความยาวn+1$\frac{n+1}{k+1}$$k+1$$n+1$

เมื่อย้อนกลับไปที่ปัญหานี้แท่งไม้หนึ่งด้ามสนใจว่าแท่งไม้กี่อัน (รวมทั้งตัวมันเอง) จะสูงหรือสูงกว่า หากจำนวนนี้คือแสดงว่าช่องว่างที่คาดไว้ทางซ้ายคือ n + $k$ 1$\frac{n+1}{k+1}$

ดังนั้นอัลกอริทึมก็เพื่อหาค่านี้สำหรับแต่ละแท่งและเพิ่มความคาดหวัง ตัวอย่างเช่นเริ่มต้นด้วยความสูงของจำนวนไม้ที่มีความสูงมากกว่าหรือเท่ากับคือ[ 5 , 7 , 1 , 5 , 5 , 2 , 8 , 7 ]ดังนั้นคาดหวังก็คือ$[3,2,5,3,3,4,1,2]$$[5,7,1,5,5,2,8,7]$15.25$\frac96+\frac98+\frac92+\frac96+\frac96+\frac93+\frac99+\frac98 = 15.25$

นี่เป็นโปรแกรมที่ง่าย: ตัวอย่างเช่นบรรทัดเดียวใน R

V <- function(Y){ (length(Y) + 1) * sum( 1 / (rowSums(outer(Y, Y, "<=")) + 1) ) }

ให้ค่าในผลลัพธ์ตัวอย่างในปัญหาดั้งเดิม

> V(c(1,2,3))
[1] 4.333333
> V(c(3,3,3))
[1] 3
> V(c(2,2,3))
[1] 4
> V(c(10,2,4,4))
[1] 6
> V(c(10,10,10,5,10))
[1] 5.8
> V(c(1,2,3,4,5,6))
[1] 11.15

Henry's solution is both simpler and more general than this one!

---

$E[V]$ is roughly half the expected number of comparisons performed by randomized quicksort.

Assuming the sticks have distinct heights, we can derive a closed-form solution for $E[Y]$ as follows.

For any indices $i\le j$, let $X_{ij} = 1$ if $Y_j = \max\{Y_i,...,Y_j\}$ and $X_{ij}=0$ otherwise. (If the elements of $Y$ are not distinct, then $X_{ij}=1$ means that $Y_j$ is strictly greater than every element of $\{Y_i, \dots, Y_{j-1}\}$.)

Then for any index $j$, we have $v_j = \sum_{i=1}^j X_{ij}$ (Do you see why?) and therefore

$$V = \sum_{j=1}^n v_j = \sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^j X_{ij}.$$

Linearity of expectation immediately implies that

$$E[V] = E\bigg[\sum_{1\le i\le j\le n} X_{ij}\bigg] = \sum_{1\le i\le j\le n} E[X_{ij}].$$

Because $X_{ij}$ is either $0$ or $1$, we have $E[X_{ij}] = \Pr[X_{ij}=1]$.

Finally—and this is the important bit—because the values in $Y$ are distinct and permuted uniformly, each element of the subset $\{Y_i,...,Y_j\}$ is equally likely to be the largest element in that subset. Thus, $\Pr[X_{ij}=1] = \frac{1}{j-i+1}$. (If the elements of $Y$ are not distinct, we still have $\Pr[X_{ij}=1] \le \frac{1}{j-i+1}$.)

And now we just have some math.

$$\begin{aligned} E[V] &= \sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^j E[X_{ij}] & [\text{linearity}]\\ &= \sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^j \frac{1}{j-i+1} & [\text{uniformity}]\\ &= \sum_{j=1}^n \sum_{h=1}^j \frac{1}{h} & [h = j-i+1]\\ &= \sum_{h=1}^n \sum_{j=h}^n \frac{1}{h} & [1\le h\le j\le n]\\ &= \sum_{h=1}^n \frac{n-h+1}{h}\\ &= \left((n+1)\sum_{h=1}^n \frac{1}{h}\right) - \left(\sum_{h=1}^n 1\right)\\ &= (n+1)H_n - n \end{aligned}$$ where $H_n$ denotes the $n$th harmonic number.

Now it should be trivial to compute $E[V]$ (up to floating point precision) in $O(n)$ time.

As mentioned in the comments, you can use Linearity of Expectation.

Sort the $y$: $y_1 \le y_2 \le \dots \le y_n$.

For each $y_i$ consider the expected value of $v_i = E[v_i]$.

Then $E[\sum_{i=1}^{n} v_i] = \sum_{i=1}^{n} E[v_i]$

One straight-forward and naive way to compute $E[v_i]$ would be first fix a position for $y_i$. Say $j$.

Now compute the probability that at position $j-1$ you have a value $\ge y_i$.

Then the probability that at $j-1$ you have a value $\lt y_i$ and at $j-2$ you have a value $\ge y_i$

and so on which will allow you to compute $E[v_i]$.

You can probably make it faster by actually doing the math and getting a formula (I haven't tried it myself, though).

Hope that helps.

Expanding on the answer of @Aryabhata:

Fix an $i$, and assume the item $y_i$ is at position $j$. The exact value of the height is immaterial, what matters is whether the items are greater than or equal to $y_i$ or not. Therefore consider the set of items $Z^{(i)}$, where $z_k^{(i)}$ is 1 if $y_k\geq y_i$, and $z_k^{(i)}$ is 0 otherwise.

A permutation on the set $Z^{(i)}$ induces an corresponding permutation on the set $Y$. Consider for instance the following permuation of the set $Z^{(i)}$: "01000(1)$\dots$". The item $z_i^{(i)}$ is the one is brackets, at position $j$, and the items denoted by "$\dots$" don't matter.

The value of $v_i$ is then 1 plus the length of the run of consective zeros just to the left of $z_i^{(i)}$. It follows that $\mathbb{E}\left(v_i\right)$ is actually 1 plus the expected length of consecutive zeors, until the first "1" is met, if we pick at most $j-1$ bits from the set $Z^{(i)} \setminus \\{z_i^{(i)} \\}$(without replacement). This is reminiscent of the geometric distribution, except that it would be without replacement (and bounded number of draws). The expectation is to be taken on $j$ as well, as a uniform choice on the set of positions $\{1,\dots,n \}$.

Once this is computed (along these lines), we can follow the lines of @Aryabhata's answer.

I dont really understand what do you demend, from tags it seems you are looking for an algorithm.

if so, what is the expected time complexity? by saying: "If we solve this problem using the naive approach it will not be efficient and run practically forever for n=50." it seems to me that your naive approach solves it in exponential time.

i do have a O(n^2) algorithm in mind tho.

assume int y[n], v[n] where v[i] initialized with 1; as described in the question
for (i=1;i<n;i++) 
   for ( j=i-1 ; j>=0 && y[j]<y[i] ; j--) v[i]++;