算法证明 - 从n位数字删除k个数字后构建最小数字

Question

  

问题：给定一个n位数字，应该从中删除哪个k（k

解决方案：删除大于或等于其右邻居的第一个数字（从左到右）或最后一个数字，如果我们找不到这样的数字。重复此过程k次。 （请参阅codecareer以供参考。还有其他解决方案，例如geeksforgeeks，stackoverflow，但我认为此处描述的解决方案更直观，所以我更喜欢这个。）

现在的问题是，如何证明上述解决方案是正确的，即如何在每一步删除一个数字后使最小数字最小，从而保证最终数字最小。

Answer 1

假设k = 1。

允许m = Σi=0,...,n aibi和n+1数字anan-1...a1a0与基数b，即0 ≤ ai < b ∀ 0 ≤ i ≤ n（例如b = 10）。

证明

∃ j > 0 aj > aj-1 j，aj最大  这意味着aj是连续数字的（不必严格地）增加序列的最后一位数。  然后，数字m'现已从数字中移除，结果数字m-m'的值为

m' = Σi=0,...,j-1 aibi   +   Σi=j+1,...,n aibi-1

这种减少的目的是最大化差异j。所以我们来看看：

m - m' = Σi=0,...,n aibi - (Σi=0,...,j-1 aibi   +   Σi=j+1,...,n aibi-1)
       = ajbj + Σi=j+1,...,n (aibi - aibi-1)
       = anbn + Σi=j,...,n-1 (ai - ai+1)bi

可以更好地选择an...aj以获得更大的差异吗？

• 由于ai-ai+1 ≥ 0是一个不断增加的子序列，j' > j成立。因此，选择j而不是i，您会得到更多的零，其中您现在有一个正数，即差异不会更大，但如果存在ai+1 < ai j则会更低}（严格更小）。
• aj-1-aj < 0应该是最大的，即∄ j > 0。我们知道

  bj-1 > Σi=0,...,j-2(b-1)bi = bi-1-1

  这意味着，如果我们选择`j＆＃39; ＆LT; j＆＃39;，我们得到差异的负面补充，所以它也不会变大。

如果aj > aj-1 j = 0 k = 1上述证据适用于{{1}}。

剩下要做什么了？

这只是您的算法适用于{{1}}的证明。

可以将上述证明扩展到（不必严格地）增加数字的多个子序列。由于您需要的索引数量，它具有完全相同的证据但可读性更低。

也许你也可以使用归纳，因为数字之间没有相互作用（阻塞下一个选择或其他东西）。

Answer 2

这是一个简单的参数，您的算法适用于任何k。假设第m个位置中的数字小于或等于它的右（第m + 1）个数字邻居，并删除第m个数字但不删除第（m + 1）个数字。然后你可以删除第（m + 1）个数字而不是第m个数字，你会得到一个小于或等于原始答案的答案。

Answer 3

通知：此证明用于删除k位数字后建立最大值，但思路相似

  

密钥引理：最大（m + 1）位数字包含最大m位   所有m的数字= 0，1，...，n-1

证明：

• 贪婪解决方案，从某个数字中删除one位数字以获得最大值 结果：只需删除the first digit which next digit is greater than it或the last digit if digits are in non-ascending order。这很容易证明。

我们用矛盾来证明引理。

1. 假设当m = k时，引理第一次被打破，所以S(k) ⊄ S(k + 1)。请注意，S(k) ⊂ S(n)作为初始编号包含所有次优值，因此必须存在一个x和S(k) ⊂ S(x)，S(k) ⊄ S(x - 1)
的k + 2 <= x <= n
2. 我们使用上面的贪婪解决方案从S（x）中仅删除一位数字S[X][y]以获得S（x-1），因此S[X][y] ∈ S(x)和S[X][y] ∉ S(x - 1)以及{{1} }必须包含它。 S(k)

  

根据我们的贪婪解决方案，从开始到S [X] [y]的所有数字均为   以非升序排列。

1. 如果We now use contradiction to prove that S(k) does not need to contain this digit .，那么S[X][y] is at the tail --->矛盾！
2. 否则，我们首先知道S(k) can be the first k digits of S(x)中的所有数字。如果存在S[X][1, 2,..., y] are in S[k] S（k）S[X][z] is not in，那么我们可以将, 1 <= z <= y - 1到S(k)范围内的S[X][z + 1, y]的数字进行移位以得到更大或相等的数字S（k）。因此，至少有left one unit位2是after S[X][y]的{​​{1}}。然后，我们可以跟随not in S(k)到S [X] [y]，但是我们x >= k + 2使用prefix of S(k)，我们使用not。 S[X][y] ------->矛盾！

因此，我们证明了引理。如果我们有S[X][y + 1]，并且知道As S[X][y + 1] > S[X][y], we can build a greater S(k)，则S(m + 1)必须是S(m + 1) contains S(m)中的S(m)