Учитывая массив V, нам нужно найти два индекса (i, j), для которых V [j] > V [i] и (j - i) максимальны.
Подход грубой силы довольно прямолинейный, где для каждого значения в индексе я (в диапазоне от 1 до n) мы сравниваем значение с индексом j (в диапазоне от я + 1 до n). Мы до сих пор отслеживаем максимум (j-i), чтобы найти окончательный ответ.
Этот подход имеет временную сложность O (n ^ 2). Есть ли у кого-нибудь предложения по улучшению временной сложности?
Алгоритм с сложностью O (N):
#!/usr/bin/perl
use strict;
use warnings;
sub dump_list { print join(", ", map sprintf("%2d", $_), @_), "\n" }
for (0..20) {
# generate a random list of integers with some convenient bias:
my @l = (map int(rand(20) + 20 - $_), 0..19);
my $max = $l[-1];
my $min = $l[0];
my @max;
for my $l (reverse @l) {
$max = $l if $l > $max;
push @max, $max;
}
@max = reverse @max;
my @min;
for my $l (@l) {
$min = $l if $l < $min;
push @min, $min;
}
my $best_i = 0;
my $best_j = -1;
my $best = -1;
my $j = 0;
for my $i (0..$#l) {
while ($j < @l) {
last unless $max[$j] > $min[$i];
$j++;
if ($j - $i > $best) {
$best = $j - 1 - $i;
$best_i = $i;
$best_j = $j - 1;
}
}
}
print "list: "; dump_list @l;
print "idxs: "; dump_list 0..$#l;
print "best: $best, i: $best_i, j: $best_j\n\n";
}
update: в ответ на запрос Nohsib:
Скажем, у вас есть случайный список чисел (a [0], a [1], a [2], a [3]..., a [N-1])
Первый шаг - найти для каждого числа максимум влево как mas max[i] = maximum(a[0], a[1], ..., a[i]) и минимум вправо min[i] = minimum(a[i], a[i+1], ..., a[N-1]).
Когда у вас есть те массивы, нахождение интервала, где a[j] < a[k], который максимизирует k-j, почти тривиален.
Попробуйте сделать это в бумаге с некоторыми случайными списками, и вы легко узнаете логику.
Здесь подход, который решает проблему в линейном времени.
i таким образом, чтобы min A[1..i-1] > i с простым просмотром вперед по массиву.Быстрая реализация в python:
def notsurewhattonamethis(A):
assert(A)
S = [0]
for i,v in enumerate(A):
if v<A[S[-1]]:
S.append(i)
best = (-1,-1)
for i,v in reversed(list(enumerate(A))):
while v>A[S[-1]]:
j = S.pop()
d = i - j
if d > best[1]-best[0]:
best = (j,i)
if not S: return best
return best
Если вы знаете ограничение элементов массива (иначе см. обновление ниже) Я могу предложить вам алгоритм с временной сложностью O(n*log(MaxN)) и сложностью пространства O (MaxN), где MaxN = Max (V [i ]).
Для этого алгоритма нам нужна структура, которая может получить минимум в массиве между 1 и N с временной сложностью O (log (N)) и обновить элемент массива со временем сложности O (log (N)). Fenwick tree может делать эти трюки. Позвольте называть эту структуру минимизатором. Тогда нам нужно:
Ok. Я попытался написать несколько псевдокодов:
prepare array (map values)
init minimizator
ansI = -1
ansJ = -1
for i from 0 to v.length-1
minIndexOfElementLessThanCurrent = get min value from 1 to v[i]-1 (inclusive) using minimizator
set to minimizator v[i] position value i
if minIndexOfElementLessThanCurrent is exists
if ansJ - ansI < i - minIndexOfElementLessThanCurrent
ansJ = i
ansI = minIndexOfElementLessThanCurrent
Реализация С++:
class FenwickTree
{
vector<int> t;
int n;
public:
static const int INF = 1000*1000*1000;
void Init (int n)
{
this->n = n;
t.assign (n, INF);
}
int GetMin (int i)
{
int res = INF;
for (; i >= 0; i = (i & (i+1)) - 1)
res = min (res, t[i]);
return res;
}
void Update (int i, int value)
{
for (; i < n; i = (i | (i+1)))
t[i] = min (t[i], value);
}
};
pair<int, int> Solve(const vector<int>& v)
{
int maxElement = 0;
for(int i = 0; i < v.size(); i++)
maxElement = max(maxElement, v[i]);
FenwickTree minimizator;
minimizator.Init(maxElement+1);
int ansI = -1, ansJ = -1;
for(int i = 0; i < v.size(); i++)
{
int minLeftIndex = minimizator.GetMin(v[i]-1);
minimizator.Update(v[i], i);
if(minLeftIndex == FenwickTree::INF) continue; // no left elements less than v[i]
if(ansJ - ansI < i - minLeftIndex)
{
ansJ = i;
ansI = minLeftIndex;
}
}
return make_pair(ansI, ansJ);
}
UPDATE: Если вид элементов не является int (f.e. Double) или если максимальное значение элементов массива слишком велико (например, 10 ^ 9), мы можем значения массива карт (это не повлияет на результат) на целочисленный набор 1..N, а затем сложность времени должна быть O (n * log (n))
UPDATE:
Если элементы целые - существует решение O(max(maxN, n)). Поэтому, если maxN <= n сложность O (N). Нам просто нужно ответить за запрос "получить минимум от 1 до N" в const time O (1):
maxNi в исходном массиве V.r[i] массива будет минимальным m[j], 1 <= j <= i. Рекуррентное соотношение r[i] = min(r[i-1], m[i])Основная идея этого алгоритма такая же, как и выше, используйте массив r, чтобы найти min от 1 до v[i].
C++ implementation:
pair<int, int> Solve(const vector<int>& v)
{
int maxElement = 0;
for(int i = 0; i < v.size(); i++)
maxElement = max(maxElement, v[i]);
vector<int> minimum(maxElement + 1, v.size() + 1);
for(int i = 0; i < v.size(); i++)
minimum[v[i]] = min(minimum[v[i]], i); // minimum[i] contains minimum index of element i
for(int i = 1; i < minimum.size(); i++)
minimum[i] = min(minimum[i-1], minimum[i]); // now minimum[i] contains minimum index between elements 1 and i
int ansI = -1, ansJ = -1;
for(int i = 0; i < v.size(); i++)
{
int minLeftIndex = minimum[v[i]-1];
if(minLeftIndex >= i) continue; // no left elements less than v[i]
if(ansJ - ansI < i - minLeftIndex)
{
ansJ = i;
ansI = minLeftIndex;
}
}
return make_pair(ansI, ansJ);
}
Если элементы двойные или что-то еще (очень большие целые числа), мы не можем сопоставлять элементы для установки 1..N в линейном времени (или может?). Я знаю только решение O(n*log(n)) (элементы сортировки и т.д.)
Реализация Java выполняется в линейном времени.
public class MaxIndexDifference {
public static void main(String[] args) {
System.out.println(betweenTwoElements(2, 3, 6, 10, 4));
}
private static int betweenTwoElements(int... nums) {
int numberOfElements = nums.length;
int maxDifference = -1, minIndex = 0, maxIndex = 0;
int[] lMin = new int[numberOfElements];
int[] rMax = new int[numberOfElements];
/* Construct lMin such that stores the minimum value (to the left) from (nums[0], nums[1], ... nums[i])*/
lMin[0] = nums[0];
for (int i = 1; i < numberOfElements; i++) {
lMin[i] = Math.min(nums[i], lMin[i -1]);
}
/* Construct RMax[] such that RMax[j] stores the maximum value (to the right) from (arr[j], arr[j+1], ..arr[n-1]) */
rMax[numberOfElements - 1] = nums[numberOfElements - 1];
for (int i = numberOfElements-2; i >= 0; i--) {
rMax[i] = Math.max(nums[i], rMax[i + 1]);
}
/* Traverse both arrays from left to right to find optimum maxIndex - minIndex This process is similar to merge() of MergeSort */
while (minIndex < numberOfElements && maxIndex < numberOfElements) {
if (lMin[minIndex] < rMax[maxIndex]) {
maxDifference = Math.max(maxDifference, maxIndex - minIndex);
maxIndex = maxIndex +1;
} else {
minIndex = minIndex +1;
}
}
return maxDifference;
}
}
Я не уверен, что вы на самом деле хотите здесь, первый абзац вашего вопроса противоречит второму. Поэтому я дам два ответа, по одному на каждую интерпретацию, о которой я могу думать, хотя оба могут быть не такими, какие вы имели в виду.
Первая интерпретация: поиск максимального V [j] -V [i] при ограничении j > i.
Это то, что он почти набирает мин и макс. Но, кроме того, существует также ограничение на индексы. Это само по себе не означает, что идея не может быть использована; для любого выбранного V [i] вам просто нужен максимум над V [i + 1.. n], и вам не нужно каждый раз перекомпоновать эти maxes, приводя к этому алгоритму:
Вторая интерпретация: поиск максимального j-i при ограничении V [j] > V [i].
Я не могу придумать ничего хорошего.