Complexidade da aplicação de uma permutação no local


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Para minha surpresa, não consegui encontrar artigos sobre isso - provavelmente procurei as palavras-chave erradas.

Então, temos uma matriz de qualquer coisa e uma função em seus índices; f é uma permutação.ff

Como reordenar a matriz de acordo com com memória e tempo de execução o mais próximo de O ( 1 )fO(1) e ?O(n)

Existem condições adicionais quando essa tarefa se torna mais fácil? Por exemplo, quando conhecemos explicitamente uma função é o inverso de f ?gf

Conheço um algoritmo que segue ciclos e percorre um ciclo para cada índice para verificar se é o menos do seu ciclo, mas, novamente, ele tem o pior caso tempo de execução de 2 ) , embora, em média, pareça se comportar melhor. ..O(n2)


Uma observação fácil: se não apenas a matriz dos itens, mas também a matriz que contém a função f é gravável, é fácil executar a tarefa em O (n) tempo usando O (1) registros inteiros O (1) (cada um com comprimento O ( log n) bits) e espaço adicional para um item, apenas seguindo cada ciclo. Mas isso não funciona se a função f for dada em um armazenamento somente leitura (ou f for fornecida apenas como um oráculo), o que eu acho que é uma suposição nesta pergunta.
Tsuyoshi Ito

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Fich et al. 1995 : tempo, O ( log n ) espaço. Ele também discute alguns casos especiais. O(nlogn)O(logn)
Jukka Suomela

Sim, estou assumindo que temos f como um oráculo.
JKFF

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@JukkaSuomela, você deve transformar isso em uma resposta. Além disso, considerando que é uma permutação arbitrária, um argumento de entropia simples produz O ( n log n ) espaço e / ou tempo, então eu ficaria surpreso se você pudesse fazer melhor que O ( n log n ) no tempo e no espaço. fO(nlogn)O(nlogn)
usar o seguinte comando

Respostas:


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O(nlogn)O(log2n)

Opção 1: trapaceie comprimindo sua permutação em uma estrutura de dados sucinta, consulte Munro http://www.itu.dk/people/ssrao/icalp03-a.pdf .

Opção 2: use uma decomposição do ciclo principal para armazenar sucintamente o perm e use esse espaço extra para trapacear http://oeis.org/A186202

O(n2)O(#cycleslogn) espaço.

O(n2distinct_cycle_lengths)O((#cycles_with_same_size)logn)

i=1..np(i)iO(n2)O(logn)


nlogn

O nº 5 usa menos espaço que o nº 0 por um fator de log (n).
precisa saber é o seguinte

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Se você usar a representação de ciclo da permutação, precisará de 1 elemento de matriz adicional para armazenar o item que está sendo permutado no momento e poderá percorrer os ciclos nas piores operações O (N).


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jkff já disse que conhece o algoritmo que segue o ciclo, então ele claramente quer que a própria permutação seja tratada como (perto de) uma caixa preta. Como ele aponta na pergunta, a conversão de uma caixa preta (quase) em representação de ciclo pode levar tempo O (n ^ 2).
Joshua Grochow

A caixa preta p (i) está correta. Você apenas percorre o ciclo até voltar ao i. O problema é de complexidade Kolomogorov para armazenar a lista de itens que foram atualizados, para que você não os alterne várias vezes. Munro tem limites nisso. itu.dk/people/ssrao/icalp03-a.pdf
Chad Brewbaker

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Qualquer permutação de N itens pode ser convertida em qualquer outra permutação usando trocas N-1 ou menos. O pior caso para esse método pode exigir chamadas O (n ^ 2) para o seu oráculo, F (). Comece da menor posição. Seja x a posição que estamos trocando no momento.

Se F (x)> = x, troque as posições x e F (x). Senão, precisamos descobrir onde o item que estava na posição F (x) está atualmente na lista. Podemos fazer isso com a seguinte iteração. Seja y = F (x). Faça até y> = x: y = F (y): Finalize Do. Agora troque as posições x e y.


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O(n2)

Desculpe. Eu sou novo nesse grupo. Eu gosto deste método devido à sua simplicidade. Às vezes, encontro simplicidade mais rápido que eficiência. Conheço outro método que requer O (n) etapas, mas O (nlogn) espaço.
Russell Easterly

1
Russell, mesmo alocando e zerando o espaço O (n log n) já é O (n log n), você quis dizer na outra direção?
Jkff #

Você realmente não tem alocação e espaço zero. A idéia básica é quando F (x)> x precisamos lembrar onde colocamos o item na posição x. Para n realmente grande, eu usaria um banco de dados e apenas manteria um registro de onde o item x é movido. O registro pode ser excluído quando x chegar ao seu local final.
Russell Easterly

1
Mas por que você está dizendo que exige espaço O (n log n)?
Jkff 26/05

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Este método usa o inverso de F e requer n bits de armazenamento. Se x é a posição de um item na matriz original, seja G (x) a posição do item na matriz classificada. Seja B uma matriz de n bits. Defina todos os n bits de B como 0.

FOR x = 1 en-1: SE B (x) == 0 ENTÃO: y = G (x): ATÉ x == y: Troque as posições x e y: B (y) = 1: y = G ( y): LOOP: ENDIF: PRÓXIMO X

Esse método continua trocando o item atualmente na posição x para a posição final do item. O loop interno termina quando o item correto é trocado na posição x. Como cada troca move pelo menos um item para a posição final do item, o loop Do interno não pode exceder mais de n-1 vezes durante a execução. Eu acho que esse método é O (n) tempo e espaço.


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Você já olhou o jornal? Os dois algoritmos que você lista aqui são os dois "óbvios". O artigo tem menos óbvias, com diferentes trocas no espaço-tempo, em particular muito menos espaço.
Yuval Filmus 26/05
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