想法1

Question

给定一个数组（仅包含正个整数）已经有第一个 k 元素： a ₁，一个₂，.... a _k 。
我需要填充剩余的（n - k）元素（数组总共有 n 个元素）。
n 的值约为 10 ^ 3 且 1 <= k <= n 。
每个 a _i 的值是两个数字的最小和，使得这两个数字的位置之和等于 i 。

这是伪代码（我的算法）：

for i = k + 1 to n
  a[i] = max_value
  for j = 1 to (i / 2)
    a[i] = min(a[i], a[j] + a[i - j])

时间复杂度： O（n ^ 2）

问题：还有其他方法可以更快地完成这项工作吗？
我正在寻找能够在小于 O（n）中找到每个 a _i 的值的任何数据结构或算法。

P / S：这是我程序中的一个程序，所以我需要尽快完成。

Answer 1

您可以通过使用线程并行检查最小值来提高程序速度。例如，您可以运行4个线程，每个线程检查j的范围的1/4。这将略微提高速度，但您的算法仍将需要O（n ^ 2）运行时间。

我同意你最有可能超越O（n ^ 2）的评论。所以你最好的选择可能是尝试这样的事情来优化你的代码，以减少n ^ 2前面的系数。

Answer 2

想法1

AFAICT这不会对O（n ^ 2）提供有保证的改进，但它应该在实践中将内循环周期的数量减少很多。基本思想是我们可以以不同的顺序在内循环中测试对，这使我们能够在很多时候提前完成。具体来说，我们首先制作一个排序的数字位置列表，并将其存储在s[]中，以便a[s[i]]是a[]中的第i个最小数字。然后在主内循环中，我们使用a[s[j]]而不是a[j]（和a[i - s[j]]而不是a[i - j]）以第一项的递增顺序形成对和。这为我们提供了两种方法来提前停止内循环：

如果a[s[j]] >= a[i]，那么我们可以停止，因为每个总和必须更大，因为每个总和的第一项（a[s[j+1]]等）必须至少与最佳解决方案一样大远（已经在a[i]），而另一个术语永远不会消极。
如果a[i - s[j]] <= a[s[j]]（即，如果＆＃34;伙伴＆＃34;下一个最小数字小于或等于它），我们可以停止，原因更复杂。相反，假设后来有一些更好的配对a[s[m]] + a[i - s[m]]（即m > j）。我们知道第一个词a[s[m]]，必须至少与我们当前的第一个词a[s[j]]一样大，因为我们按递增顺序访问第一个词，m > j;因此，对于总和a[s[m]] + a[i - s[m]]要比a[s[j]] + a[i - s[j]]更好（即更少），它的第二个术语a[i - s[m]]必须小于我们当前的第二个术语{{{ 1}}。（这不是一个充分条件，但这并不重要。）但是，由于我们刚刚观察到a[i - s[j]]，我们也知道a[i - s[j]] <= a[s[j]]，这意味着a[i - s[m]] < a[s[j]]必须在我们之前已经处理过的一对总和中出现作为第一个术语！这与a[i - s[m]]相矛盾，这意味着没有更好的配对可以存在，所以我们可以安全地停止。

我希望第二个条件可以消除很多内循环周期;第一个可能只对数据集有很大帮助，这些数据集中有一些小数字和很多非常高的数字，并且可以用小数字的总和来覆盖大多数位置。

奖金效率：如果我们实施上述第二个条件，那么我们实际上并不需要单独的m > j循环终止测试，因为在检查了任何j < i / 2对和之后，我们必须遇到至少有一对和两次（一次交换第一和第二项），这将导致条件2触发并退出循环。

伪代码：

i / 2 + 1

以这样的方式填充数组，使得每个元素等于两个数的最小总和

2 个答案:

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