Question

这是一个特定于任务的代码，我想知道是否有更好的方法。因此，喜欢逻辑和编码的人，请帮助我。

这就是问题：

设A是n个正整数的数组。所有元素都是截然不同的。如果A [i]> A [j]和i＆lt;然后，对（i，j）被称为一对特殊的A.给定n找到的数量特殊的A对。

它非常简单直接。这是我实施的以下解决方案。逻辑部分。

         for(int j=0;j<nos.size();j++)
            {
                    for(int k=j+1;k<nos.size();k++)//always maintain condition that i<j and simply compare the numbers.
                    {
                            if(nos[j] > nos[k])
                            {
                                    spc++;//compute special pair.
                            }
                    }
            }

每个nos [i]包含要为其计算特殊对的数组。使用单个循环有没有办法做到这一点？或者任何其他可以节省时间并且更快的逻辑。在此先感谢我，我希望从中学到更多。

请告诉我如何在不执行代码的情况下确定哪些代码更快。您的意见非常受欢迎。

主要问题是计算特殊对的数量。因此，只是spc的增量。

Answer 1

我认为@syam是正确的，这可以在O（N log N）时间（和O（N）额外空间）完成。

您可以使用平衡二叉树执行此操作，其中每个节点不仅具有值，还包含其左子树中后代数量的计数。

要计算特殊对，您可以从最后到开头遍历数组，并在树中插入每个项目。当您在树中插入项目时，您会在其左侧子树中找到项目数 - 这些项目是小于它的项目，但是在数组的右侧（即，每个项目代表一个特殊对））。由于我们只通过~log（N）节点下载以插入项目，因此计算左侧项目数量的时间也是O（log N）。我们还必须将项目数量更新到左侧大约log（N）/ 2次（再次，对数复杂度）。

给出O（N log N）时间。

编辑以获取更多详细信息：树的平衡是相当传统的（例如，AVL或RB树），并且在向左旋转以恢复平衡时添加调整项目数量。

当您插入每个项目时，您将通过树下降到将要插入的位置。在根节点，您只需记录左子树中的项目数。然后让我们说你的新项目大于那个，所以你向右下降。当你这样做时，你做了两件事：记录你当前的位置，所以你知道这个节点相对于已经插入的节点的位置，和更新树中的计数，这样你就可以了准确计算以后的插入次数。

所以，让我们通过一个小样本。为了论证，让我们假设我们的输入是[6,12,5,9,7]。所以，我们的第一个插入是7，它成为我们树的根，没有后代，并且（显然）在它的左边。

然后我们在其右边插入9。由于它在右边，我们不需要在下降过程中调整任何计数 - 我们只是将项目数量增加到左侧。就是这样，所以我们知道9我们有一个特殊的对（[9,7]，虽然我们没有跟踪它）。

然后我们插入5.这是在7的左边，所以当我们从7下降时，我们将它的项目数增加到左边。我们插入5，左边没有项目，所以它得到一个数为0，没有特殊对。

然后我们插入12.当我们点击根节点（7）时，它在左边有一个项目。我们正在向右下降，所以我们再次为根节点本身增加。然后我们从9再次向右下降，所以我们再添加一个（左侧子树+0），所以12个有三个特殊对。

然后我们插入6.我们从7向左下降，所以我们不添加任何东西。我们从5下降，所以我们加1（再次，左边的子树+0）。所以它有一个特殊的配对。

即使您需要生成所有特殊对（不仅仅是计算它们），您也可以期望树在平均情况下提高速度（即几乎所有除了按降序排序）。要生成所有特殊对，我们像以前一样在树中插入每个项目，然后遍历该项目左侧的树。如果天真算法遍历（并比较）数组中右边的所有元素以找到那些特殊对，那么这只需要遍历树以找到那些实际上是特殊对的那些

这确实有一个副作用：它以不同的顺序生成对。不是按照它在阵列中出现的顺序生成每对，而是由第二元素以降序生成对。例如，给定像[4,1,2,3]这样的输入，朴素算法会产生[[4,1]，[4,2]，[4,3]]，但这会产生`[[4] ，3]，[4,2]，[4,1]]。

Answer 2

你的意思是你能比二次运行时做得更好吗？不。要看到这一点，请考虑递减序列A = (N, N - 1, ..., 2, 1)。对于此序列， all (i, j)对i < j是特殊的，并且有O(N^2)个这样的对。由于必须输出每个特殊对，因此需要二次时间。

Answer 3

我认为你不能改进你的算法。在我看来，它显示了O（n²）的复杂性。您可以通过计算程序必须为长度为n的数组执行的内部循环数来证明这一点。第一个循环将具有n-1次迭代，第二次循环为n-2，第三次循环为n-3，依此类推。使用前n个整数之和的公式求和（此时仅向后，而不是从1到n，但从2到n-1）：

(n-1)+(n-2)+(n-3)+...3+2 = n*(n-1)/2 - 1。您不必遍历最后剩余的元素，因为没有其他元素可供比较。实际上，这是我为您的算法看到的唯一改进; - ）：

for(int j=0;j<nos.size();j++)

到

for(int j=0;j<nos.size()-1;j++)

总结大n表达式n *（n-1）/ 2 - 1的行为类似于n²，这就是我认为O（n²）来自的地方。如果我错了，请纠正我。

使用单个循环而不是2个c ++来实现任务

3 个答案: