การค้นหาจำนวนองค์ประกอบที่เล็กลงสำหรับแต่ละองค์ประกอบในอาเรย์อย่างมีประสิทธิภาพ

ฉันติดอยู่กับปัญหานี้:

รับอาร์เรย์ $A$ ของแรก $n$ ตัวเลขธรรมชาติที่มีการเรียงสับเปลี่ยนแบบสุ่มอาร์เรย์ $B$ ถูกสร้างขึ้นเช่นนั้น $B(k)$ คือจำนวนองค์ประกอบจาก $A(1)$ ถึง $A(k-1)$ ซึ่งเล็กกว่า $A(k)$.

ฉัน) ได้รับ $A$ คุณสามารถหา $B$ ใน $O(n)$เวลา?
ii) ให้ไว้$B$ คุณสามารถหา $A$ ใน $O(n)$ เวลา?

ที่นี่ $B(1) = 0$. สำหรับตัวอย่างที่เป็นรูปธรรม:

$$\begin{vmatrix} A & 8 & 4 & 3 & 1 & 7 & 2 & 9 & 6 & 5 \\ B & 0 & 0 & 0 & 0 & 3 & 1 & 6 & 4 & 4 \\ \end{vmatrix}$$

มีใครช่วยฉันบ้าง ขอบคุณ

อัลกอริทึมไร้เดียงสาสำหรับการพิจารณา $B$ จาก $A$:

สำหรับ $k=1,\dots,n$กำหนดค่าของ $B(k)$ โดยเปรียบเทียบกัน $A(i)$ ถึง $A(k)$ สำหรับ $i=1,\dots,k$ และนับคนที่พอใจ $A(i)<A(k)$.

อัลกอริทึมนี้เปรียบเทียบ $A(1)$ ถึงคนอื่น ๆ ($n-1$ ครั้ง) $A(2)$ ถึง $n-2$ อื่น ๆ เป็นต้นจำนวนการเปรียบเทียบทั้งหมดคือ $\frac{(n-1)(n-2)}{2}$. แต่นั่นไม่ใช่สิ่งที่ดีที่สุดที่เราทำได้ ตัวอย่างเช่นมองไปที่$B(n)$เราไม่ต้องทำการเปรียบเทียบใด ๆ ! $B(n)=A(n)-1$เพราะมันเป็นครั้งแรก $n$ ตัวเลขธรรมชาติและมันรับประกัน (โดยไม่คำนึงถึงการเปลี่ยนแปลง) ว่า $n-1$ตัวเลขธรรมชาติที่ต่ำกว่าจะอยู่ที่นั่น เกี่ยวกับอะไร$B(n-1)$? แทนที่จะตรวจสอบ$A(1)$ ตลอด $A(n-2)$เราสามารถตรวจสอบได้ $A(n)$. นั่นคือ:

สำหรับ $k=1, \dots,\frac{n}{2}$ใช้อัลกอริทึมด้านบน สำหรับ $k=\frac{n}{2},\dots,n$ ใช้อัลกอริทึมย้อนกลับ: ตรวจสอบ $B(k)$ โดยการตั้งค่าเริ่มต้นเป็น $A(n)-1$ แล้วลบออก $1$ สำหรับแต่ละรายการ $A(i)$ สำหรับ $i=k+1,\dots,n$ ที่น้อยกว่า $A(k)$.

สิ่งนี้จะใช้เวลา $2\times\frac{(\frac{n}{2}-1) (\frac{n}{2}-2)}{2}=\frac{(n-2)(n-4)}{4}$ ขั้นตอนซึ่งยังคงอยู่ $O(n^2)$. โปรดทราบว่าในการสร้าง$A$ จาก $B$ถ้า $B(n)=A(n)-1$ แล้วก็ $A(n)=B(n)+1$.

แต่ตอนนี้สำหรับกลเม็ดเด็ดพรายมากขึ้น หากเราอนุญาตพื้นที่เพิ่มเติมหรือเรียงลำดับเราสามารถจัดเรียงตัวเลขเมื่อเราทำการเปรียบเทียบ ตัวอย่างเช่น:

$$\begin{vmatrix} A & 8 & 4 & 3 & 1 & 7 & 2 & 9 & 6 & 5 \\ S & 9 & 8 & 7 & 4 & 3 & 2 & 1 & 6 & 5 \\ B & 0 & 0 & 0 & 0 & 3 & 1 & 6 & & \\ \end{vmatrix}$$

แทนที่จะตรวจสอบทั้งหมด (หรือตรวจสอบตามลำดับ) เราสามารถใช้การค้นหาแบบไบนารี่เพื่อตรวจสอบแต่ละรายการ $B(k)$. อย่างไรก็ตามการเรียงลำดับยังคงต้องใช้เวลา$O(n\log n)$.

แทนที่จะพิจารณาแต่ละข้อ $B(k)$ ในแต่ละครั้งเราสามารถมองไปข้างหน้าและผ่านแต่ละหมายเลขเท่านั้น $A$ ครั้งเดียว ! แต่เราจะใช้$n$ พื้นที่:

$$\begin{vmatrix} A & & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & & B \\ 8 & & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \color{red}{0} & 1 & & 0\\ 4 & & 0 & 0 & 0 & \color{red}{0} & 1 & 1 & 1 & 1 & 2 & & 0\\ 3 & & 0 & 0 & \color{red}{0} & 1 & 2 & 2 & 2 & 2 & 3 & & 0\\ 1 & & \color{red}{0} & 1 & 1 & 2 & 3 & 3 & 3 & 3 & 4 & & 0\\ 7 & & 0 & 1 & 1 & 2 & 3 & 3 & \color{red}{3} & 4 & 5 & & 3\\ 2 & & 0 & \color{red}{1} & 2 & 3 & 4 & 4 & 4 & 5 & 6 & & 1\\ 9 & & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 4 & 4 & 5 & \color{red}{6} & & 6\\ 6 & & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & \color{red}{4} & 5 & 6 & 7 & & 4\\ 5 & & 0 & 1 & 2 & 3 & \color{red}{4} & 5 & 6 & 7 & 8 & & 4\\ \end{vmatrix}$$

เราสามารถประหยัดเวลาได้มากขึ้นโดยไม่อัปเดตผู้ที่ได้รับการพิจารณาแล้ว (นั่นคือไม่มีจุดในการอัปเดต $8$ หลังจากขั้นตอนแรก) แต่ในกรณีที่เลวร้ายที่สุดเรายังต้องอัปเดต $\frac{(n)(n+2)}{2}$ ครั้ง

ทั้ง I และ II เป็นแก้ปัญหาได้โดยใช้ #next_greater_element ที่ฉันอธิบายที่นี่ แต่มันยากกว่าปัญหาเล็กน้อย แต่ก่อนการแก้ปัญหาคุณจะต้องเรียนรู้องค์ประกอบต่อไปที่ยิ่งใหญ่กว่า:

1. พิจารณาว่าเรามีเวกเตอร์สำหรับทุกองค์ประกอบของ $A$ ตั้งชื่อมัน $S_i$ สำหรับองค์ประกอบ $i$. ตอนนี้เคยเรียกใช้อัลกอริทึมที่มากขึ้นถัดไปเริ่มต้นจากขวาไปซ้าย แต่ยกเว้นองค์ประกอบการตั้งค่า$i$ ใน $A$ ดัชนีองค์ประกอบที่ยิ่งใหญ่ขึ้นถัดไปของมันผลักดัน $S_i$ องค์ประกอบที่ $i$ เป็นองค์ประกอบที่ยิ่งใหญ่ต่อไปของพวกเขาจากนั้นทำซ้ำในอาร์เรย์จากซ้ายไปขวาแล้ว $B[i]=\sum_{j=0}^x (S_i[j]+1)$ ที่ไหน $x$ คือขนาดของเวกเตอร์ $S_i$.และมัน $\Theta(n)$ เพราะอัลกอริทึมที่ยิ่งใหญ่ต่อไปคือ $\Theta(n)$ และยังเป็นซ้ำ $\Theta(n)$

ส่วนที่สองก็คล้ายกันสังเกตว่าเราสามารถรับค่าขององค์ประกอบที่ถูกต้องมา $O(1)$ แก้ไข: ทางออกของฉันผิดดูเหมือนว่ามันไม่มี$o(n)$ สารละลาย