Inserção eficiente na lista, mantendo o número mínimo de inversões

Suponha duas listas de itens comparáveis: u e s. Seja INV (u) o número de inversões em u.

Estou procurando um algoritmo eficiente para inserir os itens de s em u com um aumento mínimo de INV (u).

Basicamente, gostaria de inserir objetos em uma lista, mantendo-o "o mais ordenado possível", mantendo a ordem da primeira lista.

Exemplo:

u = [4,6,2,9,7]
INV(u) = 3 ((4, 2), (6, 2) and (9, 7)

s = [8,3,10]

one optimal solution u' = [3, 4, 6, 2, 8, 9, 7, 10]
INV(u') = 5 ((4, 2), (7, 2) and (9, 7) + (3,2), (8,7))

different optimal solution u' = [3, 4, 6, 2, 9, 7, 8, 10]
INV(u') = 5 ((4, 2), (7, 2) and (9, 7) + (3,2), (9,8))

Como você pode ver, não existe uma solução ideal única.

Eu ficaria feliz em qualquer tipo de idéias ou orientação para analisar.

Esta é uma elaboração sobre a resposta do Trevore. É muito longo para caber em um comentário e contém as provas de sua solução (ou pelo menos como eu a entendo).

Você pode mostrar que em qualquer solução ideal, os elementos de aparecerão ordenados. $s$s 1 < s 2 σ 1 s 1 s 2 s 1 β 1 s 1 σ 2 β 2 s 2 σ 1 ≤ σ 2 β 2 ≤ β 1 s 1 s 2 - β 1 + β 2 - σ 2 + σ 1 - 1Caso contrário, assuma e eles aparecem na ordem inversa em uma solução ideal. Vamos ser o número de elementos entre e que são menos de e ser o número daqueles que são maiores do que . Defina e mesma forma para . Observe que e . Trocando e$s_1 < s_2$$\sigma_1$$s_1$$s_2$$s_1$$\beta_1$$s_1$$\sigma_2$$\beta_2$$s_2$$\sigma_1 \leq \sigma_2$$\beta_2 \leq \beta_1$$s_1$$s_2$alterará o número de inversões em que é no máximo -1.$-\beta_1 + \beta_2 - \sigma_2 + \sigma_1 - 1$

Não é difícil ver que elementos de podem ser inseridos independentemente. $s$ s s s sComo eles parecem ordenados, os elementos de não "sentem" a presença um do outro. Ou seja, pares de elementos de não contribuem para a contagem de inversões. Para fazer isso, insira a mediana de idealmente em tempo linear. Em seguida, recursivamente, insira elementos de menor que a mediana à esquerda da mediana e elementos maiores que a mediana à sua direita.$s$$s$$s$$s$

Seja inserida a mediana na posição , o tempo de execução disso é satisfatório,, o linearO fator é encontrar a mediana e embaralhar os elementos de . É fácil mostrar por indução que .T ( | s | , | u | ) = T ( | s | / 2 , | u | - k ) + T ( | s | / 2 , k ) + | u | + | s | | s | s T ( | s | , | u | ) = $k$$T(|s|, |u|) = T(|s| / 2, |u| - k) + T(|s| / 2, k) + |u| + |s|$$|s|$$s$$T(|s|, |u|) = O(|s| \log |s| + |u| \log |s|)$

Observe que a dependência deaqui é ótimo. Como resolver o problema com vazio é equivalente a classificar usando apenas comparações. A dependência detambém é ideal, uma vez que o problema para uma lista Singleton e uma lista deve exigir trabalho linear.$|s|$$u$$s$$|u|$$s$$u$

Ok, aqui está a minha solução:

Uma observação (que eu mais ou menos provei) é que uma solução ótima será sempre aquela em que s é ordenado de forma crescente. Isso dá origem a um algoritmo O ((| u | + | s |) * log (| s |)).

Para encontrar a solução ideal para um único elemento, faça o que eu disse no meu comentário: Pegue um elemento de s, compare-o com cada elemento em u da esquerda para a direita, incremente um contador é uma inversão e carregue o número calculado anteriormente. Em seguida, percorra a lista da direita para a esquerda com o mesmo elemento, aumentando as contagens para cada posição.

Este é O (| u |).

Classificar s.

Para o elemento do meio de s na posição m: Encontre a melhor posição b em u (usando o método acima).

Divida s em me u em be recursivamente chame com as partes esquerda e direita, concatenando os resultados com m na ordem correta.

Pare assim que você estiver vazio.