重温：沿X轴和Y轴排序的2D阵列

Question

所以，这是一个常见的面试问题。已经有了一个话题，我已经读过，但它已经死了，没有接受任何答案。最重要的是，我的兴趣在于一个稍微受约束的问题形式，有几个实际应用。

给定二维数组：

• 元素是独一无二的。
• 元素沿x轴和y轴排序。
• 两种排序都不占优势，因此两种排序参数都不是排序参数。
• 结果，对角线也被分类。
• 所有种类都可以被认为是向同一方向移动。也就是说，他们都在提升，或者他们都在下降。
• 从技术上讲，我认为只要你有一个＆gt; / = /＆lt;比较器，任何总排序都应该有效。
• 元素是数字类型，带有单周期比较器。
• 因此，记忆操作是大O分析的主要因素。

你如何找到一个元素？只有最坏的案例分析很重要。

我知道的解决方案：
各种方法是：
O（nlog（n）），分别接近每一行 O（nlog（n））具有强大的最佳和平均表现。

一个是O（n + m）：
从一个非极端的角落开始，我们假设它是右下角 让目标是J. Cur Pos是M.
如果M大于J，则向左移动 如果M小于J，则向上移动。
如果你不能做到，你就完成了，J就不存在了 如果M等于J，那么你就完成了 最初在其他地方找到，最近从here被盗。

而且我相信我见过一个最坏情况下的O（n + m），但最近的情况是接近O（log（n））。

我很好奇：

现在，我已经证明了我的满意，天真的分区攻击总是转向nlog（n）。一般来说，分区攻击似乎具有O（n + m）的最佳最坏情况，并且大多数情况不会在缺席的情况下提前终止。因此，我也想知道，如果插值探测器可能不比二进制探测器更好，那么我可能会认为这是一个集合之间弱相互作用的集合交叉问题。我的思绪立即转向Baeza-Yates intersection，但我没有时间起草这种方法的改编。然而，考虑到我怀疑O（N + M）最坏情况的最优性是可证明的，我想我会继续问这里，看看是否有人可以将反驳论证捆绑在一起，或者将复发关系拉到一起用于插值搜索。

Answer 1

这是一个必须至少Omega(min(n,m))的证明。让n >= m。然后考虑所有0 s (i,j)位于i+j < m的矩阵，所有2 s位于i+j >= m，除了(i,j)个i+j = m 1 m。这是一个有效的输入矩阵，1有1个可能的展示位置。没有查询数组（m的实际位置除外）可以区分m个可能的展示位置。因此，您必须检查最差情况下的所有m/2位置，以及任何随机算法的至少X=n*m个预期位置。

您的一个假设是矩阵元素必须是唯一的，我没有这样做。但是，很容易修复，因为您只需选择一个大数字0，将所有X替换为小于2的唯一数字，所有X都包含唯一数字大于1，X大于Omega(lg n)。

因为它也是Omega(m + lg n)（计算参数），n>=m位于{{1}}。

Answer 2

最佳O（m + n）解决方案是从左上角开始，具有最小值。向右对角线向右移动，直到您点击其值> gt =给定元素的值的元素。如果元素的值等于给定元素的值，则返回find为true。

否则，从这里我们可以通过两种方式进行。

策略1：

1. 在列中向上移动并搜索给定元素，直到我们到达结尾。如果找到，则返回发现为真
2. 在行中向左移动并搜索给定元素，直到我们到达结尾。如果找到，则返回发现为真
3. 返回发现为假

策略2： 让我表示行索引，j表示我们已经停止的对角元素的列索引。 （这里，我们有i = j，BTW）。设k = 1。

• 重复以下步骤，直到i-k> = 0
  1. 搜索[i-k] [j]是否等于给定元素。如果是，则返回发现为真。
  2. 搜索a [i] [j-k]是否等于给定元素。如果是，则返回发现为真。
  3. 增量k

1 2 4 5 6
2 3 5 7 8
4 6 8 9 10
5 8 9 10 11