java - 如何将n个数字相加，相乘到数组中的给定范围，并以O(n)时间反转数组中的范围？

Question

假设我们有一个数组L [] = {4,1,2,6}。我们需要做的是将由字符A，R，M组成的字符串S作为输入，并应用以下算法:

for i from 1 to N do 

    if ith letter of S is 'R'
        reverse L[i...N]
    else if ith letter of S is 'A'
        add A to all numbers of L[i..N].
    else if ith letter of S is 'M'
        multiply B to all numbers of L[i..N].

    for all number in L[i..N], module them by C.
print L[i]

end

如何优化此算法，使其在O(n)时间内运行？数组以及字符串的长度为n。
无论如何，将欢迎此算法中进行任何优化(例如删除仅用于加法和乘法的循环)。

Answer 1

这个答案很长，但是恕我直言，我已经以一种相当容易理解的方式编写了它，并做了很多解释，所以请耐心等待一下。

假设O(N)和A都是整数，则可以在B时间内解决此问题。否则，您可以在此时停止阅读。但是我认为有必要将算法分为几个不同的步骤，每个步骤都是O(N)。因此总体上仍然是O(N)。

问题的最困难部分可能是弄清楚如何使此步骤线性运行:

    if ith letter of S is 'R'
        reverse L[i...N]

如果我们只是盯着原始算法，我们将确信，即使其他步骤可以在线性时间内完成，此步骤 绝不能在线性时间内完成。但这不是事实。我们该怎么做呢？我想到的方法是从双头队列/双端队列数据结构中借用一个想法。由于我们知道 L数组有多长时间，因此我们只需维护3个变量 leftmost， rightmost和 isReversed。

leftmost将保存L数组的当前最左边的未使用索引，因此leftmost初始化为1，因为我们正在使用您的问题中所述的一个索引数组(术语“未使用”将在后面解释)。

rightmost将保存L数组的当前最右边的未使用索引，因此被初始化为N的长度L。

isReversed用于指示阵列是否被反转。这被初始化为false。

我们要做的第一个任务是在应用所有 L操作之后找出 reverse数组原始元素的最终顺序。为了获得与反转相同的效果，甚至不需要反转阵列。这可以通过遍历输入字符串 S一次，并找出所有反向操作后数组 L的哪个元素应该在每个位置来完成。为简单起见，我们创建了一个新的整数数组 L'，该数组将在应用所有反向操作后保留 L的最终原始元素，并尝试填充 L'。

假设我们位于 i和 S[i] == 'R'的索引处，因此我们将 isReversed = true设置为指示我们正在反转子数组 [i..N]。当使用 isReversed == true时，我们知道子数组 [i..N]被反转了，因此 L'[i]处的元素应该是最右边的未使用元素，其索引为 rightmost。因此，我们通过 L'[i] = L[rightmost]( rightmost)设置 1和 递减 rightmost = rightmost - 1。相反，如果 isReversed == false我们没有反转子数组 [i..N]，那么 L'[i]处的元素应该是最左边的未使用元素，其索引为 leftmost。因此，我们通过 L'[i] = L[leftmost]( leftmost)设置 1和 增量 leftmost = leftmost - 1。随后的 reverse将否定 isReversed的值。

因此，当前的算法在C++中看起来像这样(我假设您对C++没问题，因为您的问题标记之一是C++):

// set up new array L'
int Lprime[N+1];
int leftmost = 1;
int rightmost = N;
bool isReversed = false;

for (int i = 1; i <= N; i++) {
    if (S[i] == 'R') {
        // negate isReversed
        isReversed = !isReversed;
    }

    if (isReversed) {
        Lprime[i] = L[rightmost];
        rightmost = rightmost - 1;
    } else {
        Lprime[i] = L[leftmost];
        leftmost = leftmost + 1;
    }
}

请确认这是正确的，尽管我认为是正确的。

现在我们来看一下原始算法的其余部分:

    else if ith letter of S is 'A'
        add A to all numbers of L[i..N].
    else if ith letter of S is 'M'
        multiply B to all numbers of L[i..N].

    for all number in L[i..N], module them by C.

困难的部分似乎是需要对每个索引 C在子数组 [i..N]上通过 i执行模运算。但是基于我的有限理解，这是模运算，我们实际上不需要为每个 [i..N]在子数组 i上执行它。但不要相信我。我对数论的理解非常初级。

不仅如此，加法和乘法的步骤也可以简化。这里的技巧是维护2个额外的变量，我们将它们称为 multiplicativeFactor和 additiveConstant。 multiplicativeFactor用于保存我们需要乘以 L'[i]的常量。最初是 1。顾名思义， additiveConstant变量用于存储将 L'[i]与 L'[i]相乘后需要添加到 multiplicativeFactor的任何常量。 additiveConstant与 0结合。

为了更具体地了解这一点，我们设置 A = 3， B = 5。假设 S是字符串 "AMMAAM"。这意味着以下内容( 注意:，我们暂时忽略 C模数):

在索引1处，设置L'[1] = L'[1] + 3;

在索引2处，设置L'[2] = (L'[2] + 3) * 5;

在索引3处，设置L'[3] = ((L'[3] + 3) * 5) * 5;

在索引4处，设置L'[4] = (((L'[4] + 3) * 5) * 5) + 3;

在索引5处，设置L'[5] = ((((L'[5] + 3) * 5) * 5) + 3) + 3

在索引6处，设置L'[6] = (((((L'[6] + 3) * 5) * 5) + 3) + 3) * 5

观察到先前字符 'A'和 'M'的影响会“延续”(或级联)到 L'的 future 元素中。让我们稍微表达一下这些操作:

L'[1] = L'[1] + 3

L'[2] = 5 * L'[2] + (3 * 5)

L'[3] = 5 * 5 * L'[3] + (3 * 5 * 5)

L'[4] = 5 * 5 * L'[4] + (3 * 5 * 5 + 3)

L'[5] = 5 * 5 * L'[5] + (3 * 5 * 5 + 3 + 3)

L'[6] = 5 * 5 * 5 * L'[6] + (3 * 5 * 5 + 3 + 3) * 5

我们开始看到一些模式。

L'[i]的乘法因子始终是B的幂。添加A对这个乘法因子没有任何影响。乘法因子存储在我们上面描述的multiplicativeConstant变量

中

每次我们需要将L'[i]与一个附加的B相乘时，就需要将所有常量(由添加A引起)乘以B，以获得要添加到L'[i]的最终常量。这就是上述additiveConstant变量的目的。

在将L'[i]添加到additiveConstant之前，应完成L'[i]的乘法运算

因此，每个 L'[i]的最终值可以表示为 multiplicativeConstant * L'[i] + additiveConstant;，并且算法的第二个主要部分如下所示:

int multiplicativeConstant = 1;
int additiveConstant = 0;
for (int i = 1; i <= N; i++) {
    if (S[i] == 'A') {
        additiveConstant += A;
    } else if (S[i] == 'M') {
        multiplicativeConstant *= B;
        // need to multiply all the constants by B as well
        additiveConstant *= B;
    }
    Lprime[i] = multiplicativeConstant * Lprime[i] + additiveConstant;
}

我没有谈到一个警告。 multiplicativeConstant和additiveConstant的整数溢出，以及中间计算。如果 L是 int数组，那么我们很幸运，因为我们可以对所有内容使用 long long并避免溢出。否则，我们必须注意中间计算不会溢出。

现在， modulo C操作如何？实际上，它们可以将 L'[i]中的每个值都保持在 [0..C-1]范围内。基于我对数论的有限理解，我们可以像这样执行模运算以达到相同的效果:

int multiplicativeConstant = 1;
int additiveConstant = 0;
for (int i = 1; i <= N; i++) {
    if (S[i] == 'A') {
        additiveConstant = (additiveConstant + (A % C)) % C;
    } else if (S[i] == 'M') {
        multiplicativeConstant = (multiplicativeConstant * (B % C)) % C;
        // need to multiply all the constants by B as well
        additiveConstant = (additiveConstant * (B % C)) % C;
    }
    Lprime[i] = ((multiplicativeConstant * (Lprime[i] % C)) % C + additiveConstant) % C;
}

这解决了 multiplicativeConstant和 additiveConstant变量的溢出问题(但不能防止中间计算和其他变量的溢出)，并完善了我们的算法。我相信这是正确的，但是请您自己验证。我无法解释模块化算术知识，因为我只知道如何使用它，因此您将不得不自己查找它。附带一提， A % C和 B % C部分可以完成一次，其结果存储在变量中。

最后，将所有内容放在一起:

// set up new array L'
int Lprime[N+1];
int leftmost = 1;
int rightmost = N;
bool isReversed = false;

for (int i = 1; i <= N; i++) {
    if (S[i] == 'R') {
        // negate isReversed
        isReversed = !isReversed;
    }

    if (isReversed) {
        Lprime[i] = L[rightmost];
        rightmost = rightmost - 1;
    } else {
        Lprime[i] = L[leftmost];
        leftmost = leftmost - 1;
    }
}

int multiplicativeConstant = 1;
int additiveConstant = 0;
// factor out A % C and B % C
int aModC = A % C;
int bModC = B % C;
for (int i = 1; i <= N; i++) {
    if (S[i] == 'A') {
        additiveConstant = (additiveConstant + aModC) % C;
    } else if (S[i] == 'M') {
        multiplicativeConstant = (multiplicativeConstant * bModC) % C;
        // need to multiply all the constants by B as well
        additiveConstant = (additiveConstant * bModC) % C;
    }
    Lprime[i] = ((multiplicativeConstant * (Lprime[i] % C)) % C + additiveConstant) % C;
}
// print Lprime

总体而言，这以 O(N)时间运行。

再一次，如果您担心整数溢出，假设 L是 int数组，则可以将 long long用于计算中涉及的所有变量，应该没问题。