Question

第一个P = [a1, a2, ... , aN]自然数的排列N可以用inversions I = [i1, i2, ... , iN]列表来表示，其中iK告诉我们有多少个数字在排列K中K之前可以找到大于P的内容。

示例：如果P = [3, 1, 4, 2]，那么I = [1, 2, 0, 0]（3被放置1,3和4被放置在2之前，而3和4之前没有更大的数字）。

有一种明显的算法可以将排列从标准形式转换为反转形式，并在O(N^2)中运行（我们只需遵循定义和计数）。这同样适用于逆转换（稍微不那么直接）。

是否存在时间复杂度较低的算法？

Answer 1

有一个简单的迭代动态编程算法来解决这个问题：对于从1到n（置换的长度）的所有i，取i数并查看{{1}中的多少个元素P的左边已经看到了。由于我们按递增顺序处理i，因此我们知道不的元素是大于i的元素 - 因此我们计算并记下这些元素的数量。诀窍是引入一个外部列表，而不是跟踪i中已经看到哪些元素。

首先，让我们看看如何以P的方式进行操作。例如，如果O(n^2)，则算法将按如下方式执行：

创建一个初始化为零的结构P=[4, 3, 2, 1]。它拥有＆＃34; 1＆＃34;在位置tree中，如果迭代算法已经看到j中第j个位置的元素。
取1，确定P。写＆＃34; 1＆＃34;在pos==3中。计算等于0的tree[pos]。在num_seen=sum(tree[0:3])处记下pos - num_seen + 1。在此之后：I[0]
拿2，写＆＃34; 1＆＃34;在树[1]和1 [1]处。 tree = [0, 0, 0, 1], I = [3, 0, 0, 0]。
拿3，写＆＃34; 1＆＃34;在树[2]中，在I [2]下0。 tree = [0, 1, 0, 1], I=[3,1,0,0]。
选4，写＆＃34; 1＆＃34;在树[0]中向下，在I [3]处为0。 tree = [0, 1, 1, 1], I=[3,1,0,0]。

第二个技巧是使用有效的数据结构来计算tree = [1, 1, 1, 1], I=[3,1,0,0]时间内看到的元素的数量，而不是上面的O(n log n)。

这是使用Fenwick树以快速方式计算所见元素数量的Python代码：

O(n^2)

Answer 2

与此同时，我找到了一个关于伪代码的简单解决方案，它也适用于O(n log n)。

initialize AVL-tree T
initialize array I of length n
for i = 1, 2, ... , n:
    I[P[i]] = T.countGreaterThan(P[i])
    T.add(P[i])

将置换转换为反演表示

2 个答案: