ฉันเห็นปัญหาอัลกอริทึมมากมายที่มักจะลดสิ่งต่อไปนี้เป็นแนวยาว:

คุณมีอาร์เรย์จำนวนเต็ม $h[1..n]\geq 0$ คุณต้องไปหา $i,j$ อย่างนั้น $(h[j]-h[i])(j-i)$ ใน $O(n)$ เวลา.

เห็นได้ชัดว่า $O(n^2)$ การแก้ปัญหาเวลาคือการพิจารณาทุกคู่อย่างไรก็ตามมีวิธีที่เราสามารถเพิ่มการแสดงออก $O(n)$ โดยไม่ทราบอย่างอื่นเกี่ยวกับคุณสมบัติของ $h$ ?

หนึ่งความคิดที่ฉันคิดคือการแก้ไข $j$ จากนั้นเราต้องค้นหา $i^*$ จาก $1$ ถึง $j-1$ นั่นเท่ากับ $\text{argmax}_i\{(h[j]-h[i])(j-i)\}$ หรือ $\text{argmax}_i\{h[j]j-h[j]i-h[i]j+h[i]i\}$ และตั้งแต่ $j$ ได้รับการแก้ไขแล้วเราต้องการ $\text{argmax}_i\{-h[j]i-jh[i]+ih[i]\}$ .

อย่างไรก็ตามฉันไม่เห็นวิธีที่จะกำจัด $j$ เงื่อนไขที่ขึ้นอยู่กับภายใน ความช่วยเหลือใด ๆ

algorithms algorithm-analysis optimization

— AspiringMat
แหล่งที่มา

จะ

O (n \log n)

$O(n\log n)$ วิธีแก้ปัญหาจะเป็นประโยชน์?

— xskxzr

@xskxzr แน่ใจว่าคุณมี

— AspiringMat

นี่คือ $O(n\log n)$ สารละลาย. $O(n)$ ทางออกที่ชี้ให้เห็นโดย Willard Zhanต่อท้ายคำตอบสุดท้ายนี้

$O(n\log n)$ สารละลาย

เพื่อความมั่นใจแสดงว่า $f(i,j)=(h[j]-h[i])(j-i)$ .

กำหนด $l_1=1$ และ $l_i$ เป็นดัชนีที่เล็กที่สุดเช่นนั้น $l_i>l_{i-1}$ และ $h[l_i]<h[l_{i-1}]$ . ในทำนองเดียวกันกำหนด $r_1=n$ และ $r_i$ เป็นดัชนีที่ใหญ่ที่สุดเช่นนั้น $r_i<r_{i-1}$ และ $h[r_i]>h[r_{i-1}]$ . ลำดับ $l_1,l_2,...$ และ $r_1,r_2,\ldots$ ง่ายต่อการคำนวณ $O(n)$ เวลา.

กรณีที่ไม่มี $i<j$ ดังนั้น $h[i]< h[j]$ (เช่น $f(i,j)>0$ ) เป็นเรื่องเล็กน้อย ตอนนี้เรามุ่งเน้นกรณีที่ไม่สำคัญ ในกรณีเช่นนี้เพื่อหาคำตอบเราต้องพิจารณาคู่เหล่านั้นเท่านั้น

แต่ละ $i<j$ ดังนั้น $h[i]<h[j]$ , ปล่อย $u$ เป็นดัชนีที่ใหญ่ที่สุดเช่นนั้น $l_u\le i$ และ $v$ เป็นดัชนีที่เล็กที่สุดเช่นนั้น $r_v\ge j$ จากนั้น $h[l_u]\le h[i]$ (มิฉะนั้น $l_{u+1}\le i$ โดยนิยามของ $l_{u+1}$ จึงขัดแย้งกับคำจำกัดความของ $u$ ) และในทำนองเดียวกัน $h[r_v]\ge h[j]$ . ด้วยเหตุนี้

(h [r_{v}] - h [l_{u}]) (r_{v} - l_{u}) \geq (h [j] - h [i]) (r_{v} - l_{u}) \geq (h [j] - h [i]) (j - i) .

$(h[r_v]-h[l_u])(r_v-l_u)\ge(h[j]-h[i])(r_v-l_u)\ge(h[j]-h[i])(j-i).$ ซึ่งหมายความว่าเราต้องพิจารณาคู่เท่านั้น

(l_{u}, r_{v})

$(l_u,r_v)$ ที่ไหน

l_{u} < r_{v}

$l_u<r_v$ .

แสดงว่า $v(u)=\arg\max_{v:\ l_u<r_v}f(l_u,r_v)$ เรามีบทแทรกดังต่อไปนี้

คู่โดยที่และตำแหน่งที่มีเช่นนั้นและหรือว่าและไม่สามารถเป็นคำตอบสุดท้ายที่เหมาะสม $(l_u,r_v)$ $l_u<r_v$ $u_0$ $u<u_0$ $v<v(u_0)$ $u>u_0$ $v>v(u_0)$

พิสูจน์ ตามคำจำกัดความของเรามี หรือ $v(u_0)$
$(h [r_{v (u_{0})}] - h [l_{u_{0}}]) (r_{v (u_{0})} - l_{u_{0}}) \geq (h [r_{v}] - h [l_{u_{0}}]) (r_{v} - l_{u_{0}}),$ $(h[r_{v(u_0)}]-h[l_{u_0}])(r_{v(u_0)}-l_{u_0}) \ge (h[r_v]-h[l_{u_0}])(r_v-l_{u_0}),$ $(h [r_{v}] - h [r_{v (u_{0})}]) l_{u_{0}} + h [l_{u_{0}}] (r_{v} - r_{v (u_{0})}) + h [r_{v (u_{0})}] r_{v (u_{0})} - h [r_{v}] r_{v (u_{0})} \geq 0.$ $(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_{u_0}+h[l_{u_0}](r_v-r_{v(u_0)})+h[r_{v(u_0)}]r_{v(u_0)}-h[r_v]r_{v(u_0)} \ge 0.$
ในกรณีที่และให้สังเกตและและยังและเรามี $u<u_0$ $v<v(u_0)$ $h[r_v]-h[r_{v(u_0)}]<0$ $r_v-r_{v(u_0)}>0$ $l_u<l_{u_0}$ $h[l_u]>h[l_{u_0}]$
$\begin{aligned} (h [r_{v}] - h [r_{v (u_{0})}]) l_{u} + h [l_{u}] (r_{v} - r_{v (u_{0})}) \\ > & (h [r_{v}] - h [r_{v (u_{0})}]) l_{u_{0}} + h [l_{u_{0}}] (r_{v} - r_{v (u_{0})}) . \end{aligned}$ $\begin{align*} &(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_u+h[l_u](r_v-r_{v(u_0)})\\ >\ &(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_{u_0}+h[l_{u_0}](r_v-r_{v(u_0)}). \end{align*}$
ซึ่งหมายความว่า หรือ
$(h [r_{v}] - h [r_{v (u_{0})}]) l_{u} + h [l_{u}] (r_{v} - r_{v (u_{0})}) + h [r_{v (u_{0})}] r_{v (u_{0})} - h [r_{v}] r_{v (u_{0})} > 0,$ $(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_u+h[l_u](r_v-r_{v(u_0)})+h[r_{v(u_0)}]r_{v(u_0)}-h[r_v]r_{v(u_0)} > 0,$ $(h [r_{v (u_{0})}] - h [l_{u}]) (r_{v (u_{0})} - l_{u}) > (h [r_{v}] - h [l_{u}]) (r_{v} - l_{u}) .$ $(h[r_{v(u_0)}]-h[l_u])(r_{v(u_0)}-l_u) > (h[r_v]-h[l_u])(r_v-l_u).$
ดังนั้นเป็นทางออกที่ดีกว่าอย่างเคร่งครัดr_v) หลักฐานอื่น ๆ ที่คล้ายกัน $(l_u,r_{v(u_0)})$ $(l_u,r_v)$ $\blacksquare$

เราสามารถคำนวณอันดับแรกโดยที่คือความยาวของลำดับจากนั้นคำนวณคำตอบที่ดีที่สุดแบบวนซ้ำในหมู่สำหรับและและทางออกที่ดีที่สุดระหว่างสำหรับและ2) เนื่องจากการแทรกการแก้ปัญหาที่ดีที่สุดทั่วโลกต้องมาจาก\} $v(\ell/2)$ $\ell$ $l_1,l_2,\ldots$ $o_1$ $(l_u,r_v)$ $u=1,\ldots,\ell/2-1$ $v=v(\ell/2),v(\ell/2)+1,\ldots$ $o_2$ $(l_u,r_v)$ $u=\ell/2+1,\ell/2+2,\ldots$ $v=1,\dots,v(\ell/2)$ $\{(l_{\ell/2},r_{v(\ell/2)}),o_1,o_2\}$

$O(n)$ ทางออก

ให้ถ้าr_v หลักฐานของบทแทรกยังแสดงคุณสมบัติที่สำคัญ: สำหรับและหากจากนั้นr_v) นี่หมายความว่าเมทริกซ์เป็นเมทริกซ์โมโนโทนทั้งหมดโดยที่คือความยาวของลำดับ (ดังนั้นหมายถึงองค์ประกอบ -th จากปลาย) แล้วSMAWK ขั้นตอนวิธีการสามารถนำไปใช้หาค่าต่ำสุดของดังนั้นค่าสูงสุดของฉ $f(l_u,r_v)=-\infty$ $l_u\ge r_v$ $u>u_0$ $v>v_0$ $f(l_{u_0},r_{v_0})\ge f(l_{u_0},r_v)$ $f(l_u,r_{v_0})>f(l_u,r_v)$ $M[x,y]:=-f(l_x,r_{c-y+1})$ $c$ $r_1,r_2,\ldots$ $r_{c-y+1}$ $y$ $M$ $f$

— xskxzr
แหล่งที่มา

สิ่งที่คุณพิสูจน์ได้คือเป็นเมทริกซ์โมโนโทนดังนั้นการหารและพิชิตจึงให้อัลกอริทึมแต่คุณสามารถพิสูจน์ได้ว่าคือMongeเพื่อให้สามารถใช้อัลกอริทึม SMAWKได้

f (l_{u}, r_{v})

$f(l_u,r_v)$

O (n \log n)

$O(n\log n)$

f (l_{u}, r_{v})

$f(l_u,r_v)$

O (n)

$O(n)$

— Willard Zhan

วิธีการเพิ่ม

O(nlogn)O(nlog⁡n)O(n\log n) สารละลาย

O(n)O(n)O(n)ทางออก

$O(n\log n)$ สารละลาย

$O(n)$ ทางออก