划分和征服算法

Question

几周前，我接受了一次面试，并被要求设计一种分治算法。我无法解决问题，但他们只是打电话给我进行第二次采访！这是一个问题：

我们输入两个n元素数组A [0..n - 1]和B [0..n - 1]（其中 整数和整数值不一定排序。给出O（nlogn）除法和征服算法，该算法确定是否存在不同的值i，j（即，i！= j），使得A [i] + B [j] =值。如果i，j存在，则算法应返回True，否则返回False。您可以假设A中的元素是不同的，B中的元素是不同的。

任何人都可以解决问题吗？感谢

Answer 1

以下算法不使用Divide and Conquer，但它是解决方案之一。 您需要对两个数组进行排序，维护元素的索引可能会排序成对的数组(elem, index)。这需要O(n log n)时间。

然后您可以应用合并算法来检查是否有两个元素，例如A [i] + B [j] = value。这将是O(n)

整体时间复杂度为O(n log n)

Answer 2

我的方法是......

1. 排序任何数组。这里我们对数组进行排序A.使用Merge Sort算法对其进行排序，这是一种Divide and Conquer算法。
2. 然后，对于B的每个元素，按Required Value- Element of B搜索数组A中的Binary Search。这又是一个Divide and Conquer算法。
3. 如果您从数组A中找到元素Required Value - Element of B，那么Both元素将成对Element of A + Element of B = Required Value。

因此，对于时间复杂性，A包含N个元素，因此Merge Sort将O(N log N)采用Binary Search而我们会为{B}的每个元素执行O(N log N)元素）需要O(N log N)。总时间复杂度为i != j。

正如您所提到的，如果A[i] + B[j] = value需要检查N * 2，那么您可以在此处获取尺寸为enumerate的2D数组。每个元素与其原始索引配对，作为每行的第二个元素。将根据存储在第一元素中的数据进行排序。然后，当您找到元素时，您可以比较两个元素原始索引并相应地返回值。

Answer 3

我建议使用哈希。即使不是你应该解决问题的方式，也值得一提，因为散列具有更好的时间复杂度O(n) v。O(n*log(n))，这就是为什么更有效率。

1. 将A转换为 hashset （或词典，如果我们想要i索引） - O(n)
2. 扫描B并检查hashset（字典）中是否有value - B[j] - O(n)

所以你有一个O(n) + O(n) = O(n)算法（更好需要(O n * log(n))，但解决方法是不划分和征服）：< / p>

示例C＃实现

  int[] A = new int[] { 7, 9, 5, 3, 47, 89, 1 };
  int[] B = new int[] { 5, 7, 3, 4, 21, 59, 0 };

  int value = 106; // 47 + 59 = A[4] + B[5]

  // Turn A into a dictionary: key = item's value; value = item's key 
  var dict = A
    .Select((val, index) => new {
      v = val,
      i = index, })
    .ToDictionary(item => item.v, item => item.i);

  int i = -1;
  int j = -1;

  // Scan B array
  for (int k = 0; k < B.Length; ++k) {
    if (dict.TryGetValue(value - B[k], out i)) {
      // Solution found: {i, j} 
      j = k;

      // if you want any solution then break
      break;

      // scan further (comment out "break") if you want all pairs
    }
  }

  Console.Write(j >= 0 ? $"{i} {j}" : "No solution");

Answer 4

如果没有排序，似乎难以实现。

如果您保持数组未排序，检查是否存在A[i]+B[j] = Value需要时间Ω(n)来修复i，然后检查所有i需要Θ(n²)，除非你找到了在B中添加订单的技巧。

平衡分配＆amp;对未排序的数组进行征服似乎没有任何好处：如果将A和B分成两半，则解决方案可以位于Al/Bl，Al/Br之一，{ {1}}，Ar/Bl这会产生一个重复Ar/Br，它有一个二次解。

如果允许排序，Sanket Makani的解决方案是可能的，但在搜索阶段的时间复杂度方面做得更好。

确实，假设T(n) = 4 T(n/2)和A现已排序并考虑2D函数B，它在两个方向A[i]+B[j]和i都是单调的。然后，域j受到单调曲线A[i]+B[j] ≤ Value或等效j = f(i)的限制。但是，对于曲线的所有点，必须彻底检查严格相等i = g(j)，并且在最坏的情况下无法避免在任何地方评估A[i]+B[j] = Value。

从f开始，您通过二分法搜索获得i = 0。然后，您可以逐步跟随边界曲线。您将在f(i)方向执行n步骤，并在i方向执行最多n步骤，以便复杂性仍由j限制，是最佳的。

下面是一个示例，显示总和低于和高于目标值的区域（有两个匹配）。

这种最佳解决方案与Divide＆amp; amp;征服。也许有可能基于中心点的总和的评估来设计变体，这允许丢弃整个象限，但这将是非常人为的。