Eu vejo muitos problemas algorítmicos que sempre reduzem a algo longo as linhas de:

Você tem uma matriz inteira $h[1..n]\geq 0$ , precisa encontrar $i,j$ tal que maximize $(h[j]-h[i])(j-i)$ em $O(n)$ tempo.

Obviamente, a solução do tempo de $O(n^2)$ é considerar todos os pares; no entanto, existe alguma maneira de maximizar a expressão em $O(n)$ sem saber mais alguma coisa sobre as propriedades de $h$ ?

Uma idéia em que pensei é consertar $j$ , então precisamos encontrar $i^*$ de $1$ a $j-1$ que seja igual a $\text{argmax}_i\{(h[j]-h[i])(j-i)\}$ ou $\text{argmax}_i\{h[j]j-h[j]i-h[i]j+h[i]i\}$ e como $j$ é fixo, precisamos do $\text{argmax}_i\{-h[j]i-jh[i]+ih[i]\}$ .

No entanto, não vejo como me livrar dos $j$ termos dependentes internos. Qualquer ajuda?

algorithms algorithm-analysis optimization

— AspiringMat
fonte

Uma solução

O (n \log n)

$O(n\log n)$ será útil?

— Xskxzr

@xskxzr certeza se você tem algum

— AspiringMat

Esta é uma solução . Uma solução apontada por Willard Zhan é anexada no final desta resposta. $O(n\log n)$ $O(n)$

Solução $O(n\log n)$

Por conveniência, denote . $f(i,j)=(h[j]-h[i])(j-i)$

Defina e seja o menor índice, de modo que e . Da mesma forma, defina e seja o maior índice, de modo que e $l_1=1$ $l_i$ $l_i>l_{i-1}$ $h[l_i]<h[l_{i-1}]$ $r_1=n$ $r_i$ $r_i<r_{i-1}$ . A sequências dee são fáceis de calcular em tempo. $h[r_i]>h[r_{i-1}]$ $l_1,l_2,...$ $r_1,r_2,\ldots$ $O(n)$

O caso em que não há tal que (isto é, ) é trivial. Agora nos concentramos em casos não triviais. Nesses casos, para encontrar a solução, precisamos apenas considerar esses pares. $i<j$ $h[i]< h[j]$ $f(i,j)>0$

Para cada tal que , deixou ser o maior índice de tal modo que , e ser o menor índice de tal modo que , em seguida, (caso contrário, por definição de $i<j$ $h[i]<h[j]$ $u$ $l_u\le i$ $v$ $r_v\ge j$ $h[l_u]\le h[i]$ $l_{u+1}\le i$ $l_{u+1}$ , portanto, contradiz a definição de ) e da mesma forma . Portanto $u$ $h[r_v]\ge h[j]$ Isso significa que precisamos considerar apenas pares onde .

(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) .

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

(l_{u}, r_{v})

$(l_u,r_v)$

l_{u} < r_{v}

$l_u<r_v$

Denote , temos o seguinte lema. $v(u)=\arg\max_{v:\ l_u<r_v}f(l_u,r_v)$

Um par que e onde exista tal que e ou tal que e , não possa ser uma solução ótima final. $(l_u,r_v)$ $l_u<r_v$ $u_0$ $u<u_0$ $v<v(u_0)$ $u>u_0$ $v>v(u_0)$

Prova. De acordo com a definição de, temos ou $v(u_0)$
$(h [r_{v (u_{0})}] - h [l_{u_{0}}]) (r_{v (u_{0})} - l_{u_{0}}) \geq (h [r_{v}] - h [l_{u_{0}}]) (r_{v} - l_{u_{0}}),$ $(h[r_{v(u_0)}]-h[l_{u_0}])(r_{v(u_0)}-l_{u_0}) \ge (h[r_v]-h[l_{u_0}])(r_v-l_{u_0}),$ $(h [r_{v}] - h [r_{v (u_{0})}]) l_{u_{0}} + h [l_{u_{0}}] (r_{v} - r_{v (u_{0})}) + h [r_{v (u_{0})}] r_{v (u_{0})} - h [r_{v}] r_{v (u_{0})} \geq 0.$ $(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_{u_0}+h[l_{u_0}](r_v-r_{v(u_0)})+h[r_{v(u_0)}]r_{v(u_0)}-h[r_v]r_{v(u_0)} \ge 0.$
No caso em que e , observe e e também e , temos $u<u_0$ $v<v(u_0)$ $h[r_v]-h[r_{v(u_0)}]<0$ $r_v-r_{v(u_0)}>0$ $l_u<l_{u_0}$ $h[l_u]>h[l_{u_0}]$
$\begin{aligned} (h [r_{v}] - h [r_{v (u_{0})}]) l_{u} + h [l_{u}] (r_{v} - r_{v (u_{0})}) \\ > & (h [r_{v}] - h [r_{v (u_{0})}]) l_{u_{0}} + h [l_{u_{0}}] (r_{v} - r_{v (u_{0})}) . \end{aligned}$ $\begin{align*} &(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_u+h[l_u](r_v-r_{v(u_0)})\\ >\ &(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_{u_0}+h[l_{u_0}](r_v-r_{v(u_0)}). \end{align*}$
Isso significa ou
$(h [r_{v}] - h [r_{v (u_{0})}]) l_{u} + h [l_{u}] (r_{v} - r_{v (u_{0})}) + h [r_{v (u_{0})}] r_{v (u_{0})} - h [r_{v}] r_{v (u_{0})} > 0,$ $(h[r_v]-h[r_{v(u_0)}])l_u+h[l_u](r_v-r_{v(u_0)})+h[r_{v(u_0)}]r_{v(u_0)}-h[r_v]r_{v(u_0)} > 0,$ $(h [r_{v (u_{0})}] - h [l_{u}]) (r_{v (u_{0})} - l_{u}) > (h [r_{v}] - h [l_{u}]) (r_{v} - l_{u}) .$ $(h[r_{v(u_0)}]-h[l_u])(r_{v(u_0)}-l_u) > (h[r_v]-h[l_u])(r_v-l_u).$
Então é uma solução estritamente melhor que . A prova para o outro caso é semelhante. $(l_u,r_{v(u_0)})$ $(l_u,r_v)$ $\blacksquare$

Podemos calcular primeiro onde é o comprimento da sequência e depois calcular recursivamente a solução ideal entre s para e e a solução ideal entre s para e . Devido ao lema, a solução ideal global deve vir de . $v(\ell/2)$ $\ell$ $l_1,l_2,\ldots$ $o_1$ $(l_u,r_v)$ $u=1,\ldots,\ell/2-1$ $v=v(\ell/2),v(\ell/2)+1,\ldots$ $o_2$ $(l_u,r_v)$ $u=\ell/2+1,\ell/2+2,\ldots$ $v=1,\dots,v(\ell/2)$ $\{(l_{\ell/2},r_{v(\ell/2)}),o_1,o_2\}$

$O(n)$ Solução

Seja se . A prova do lema também mostra uma propriedade importante: para e , se , então . Isso significa que a matriz é uma matriz totalmente monótona em que é o comprimento da sequência (então significa o ésimo elemento do final), então o algoritmo SMAWK pode ser aplicado para encontrar o valor mínimo de , portanto, o valor máximo de . $f(l_u,r_v)=-\infty$ $l_u\ge r_v$ $u>u_0$ $v>v_0$ $f(l_{u_0},r_{v_0})\ge f(l_{u_0},r_v)$ $f(l_u,r_{v_0})>f(l_u,r_v)$ $M[x,y]:=-f(l_x,r_{c-y+1})$ $c$ $r_1,r_2,\ldots$ $r_{c-y+1}$ $y$ $M$ $f$

— xskxzr
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O que você provou é que é uma matriz monótona; portanto, dividir e conquistar fornece um algoritmo . Mas você pode realmente provar que é Monge , para que o algoritmo SMAWK possa ser aplicado.

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

Como maximizar

Solução O ( n log n )O(nlogn)O(nlog⁡n)O(n\log n)

O(n)O(n)O(n) Solução

Solução $O(n\log n)$

$O(n)$ Solução