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前 N
个自然数的
排列 P = [a1, a2, ... , aN]
可以用 inversions 的列表表示I = [i1, i2, ... , iN]
,其中 iK
告诉我们可以找到多少个大于 K
的数在排列 P
中的 K
之前。
示例:如果 P = [3, 1, 4, 2]
,则 I = [1, 2, 0, 0]
(3 放在 1, 3 和 4 放在 2 之前,而 3 和 4 前面没有任何更大的数字)。
有一个明显的算法,将一个排列从标准形式转换为反转形式,并在 O(N^2)
中运行(我们只是按照定义和计数)。这同样适用于反向转换(稍微不那么直接)。
Is there an algorithm that has lower time complexity?
最佳答案
有一个简单的迭代动态规划算法可以解决这个问题:对于从 1 到 n
(排列的长度)的所有 i,取数字 i
看看如何i
左侧的 P
中的许多元素已经出现。由于我们按升序处理 i
,我们知道 未 看到的元素是比 i
大的元素 - 因此我们计数并记下这些元素的数量。诀窍是引入一个外部列表,而不是跟踪 P
中的哪些元素已经被看到。
首先,让我们看看如何以O(n^2)
的方式进行。例如,如果 P=[4, 3, 2, 1]
,则算法执行如下:
创建一个初始化为零的结构树
。如果迭代算法已经看到 P
中第 j 个位置的元素,它在位置 j
中保持“1”。
取1,确定pos==3
。在 tree[pos]
中写下“1”。计算等于 0 的 num_seen=sum(tree[0:3])
。在 I[0]
处写下 pos - num_seen + 1
>。之后:tree = [0, 0, 0, 1], I = [3, 0, 0, 0]
取 2,在树 [1] 中写下“1”,在 I[1] 中写下 1。 树 = [0, 1, 0, 1], I=[3,1,0,0]
。
取 3,在 tree[2] 中写下“1”,在 I[2] 中写下 0。 树 = [0, 1, 1, 1], I=[3,1,0,0]
。
取 4,在树 [0] 中写下“1”,在 I[3] 中写下 0。 树 = [1, 1, 1, 1], I=[3,1,0,0]
。
第二个技巧是使用高效的数据结构来计算在 O(n log n)
时间而不是 O(n^2)
中看到的元素的数量> 如上所述。
这是使用 Fenwick 树快速计算已见元素数量的 Python 代码:
def ft_sum(tree, a, b):
if a == 0:
s = 0;
while b >= 0:
s += tree[b];
b = (b & (b + 1)) - 1
return s
return ft_sum(tree, 0, b) - ft_sum(tree, 0, a - 1)
def ft_adjust(tree, k, v):
while k < len(tree):
tree[k] += v
k |= k + 1
def calcI(P):
n = len(P)
tree = [0] * n
I = [0] * n
positions = [0] * n
for i in xrange(n):
positions[P[i]-1] = i
tree = [0] * n
for i in xrange(n):
pos = positions[i]
ft_adjust(tree, pos, 1)
num_seen = ft_sum(tree, 0, pos)
I[i] = pos - num_seen + 1
return I
关于algorithm - 将排列转换为反转表示,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/34629882/
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