시간 에서 크기가 3 인 정렬 된 서브 시퀀스를 찾는 알고리즘이 있습니까?

정수 배열 가 주어지면 및 와 같이 세 개의 인덱스 및 찾는 알고리즘의 존재를 증명하거나 반증하고 싶습니다 선형 시간으로 (또는 그러한 트리플이 없다는 것을 알게 됨).i , j k i < j < k A [ i ] < A [ j ] < A [ k $A$$i, j$$k$$i < j < k$$A[i] < A[j] < A[k]$

이것은 숙제 문제가 아닙니다. 나는“그런 알고리즘을 구현하려고 시도해라”라는 프로그래밍 포럼에서 그것을 보았다. 나는 다양한 실험 후에 불가능하다고 생각한다. 내 직감이 그렇게 말하지만 실제로는 아무것도 계산하지 않습니다.

공식적으로 증명하고 싶습니다. 어떻게합니까? 이상적으로 단계별로 증명 된 증거를보고 싶고, 만약 당신이 그렇게 기울어 졌다면 일반적으로 이와 같은 간단한 질문을 증명 / 반증하는 방법에 대한 설명이 있습니다. 도움이된다면 몇 가지 예 :

[1,5,2,0,3] → (1,2,3)
[5,6,1,2,3] → (1,2,3)
[1,5,2,3] → (1,2,3)
[5,6,1,2,7] → (1,2,7)
[5,6,1,2,7,8] → (1,2,7)
[1,2,999,3] → (1,2,999)
[999,1,2,3] → (1,2,3)
[11,12,8,9,5,6,3,4,1,2,3] → (1,2,3)
[1,5,2,0,-5,-2,-1] → (-5,-2,-1)

나는 에 대해 반복 할 수 있다고 가정했으며 , (현재 )가있을 때마다 새로운 트리플을 만들고 배열에 밀어 넣습니다. 우리는 트리플 중 하나가 완료 될 때까지 각 트리플을 계속 스테핑하고 비교합니다. 이처럼 그래서 , ! 그러나 트리플 배열의 트리플 수가 최악의 경우 입력 목록의 크기에 해당하므로 보다 더 복잡하다고 생각 합니다.i < j j O ( n $A$$i < j$$j$[1,5,2,0,-5,-2,-1] → 1..2.. -5.. -2.. -1[1,5,2,0,-5,-2,3,-1] → 1..2.. -5.. -2.. 3$\mathcal{O}(n)$

이것은 가장 긴 증가 하는 서브 시퀀스 문제의 변형입니다 . 이것은 두 개의 보조 배열 과 사용하여 Wikipedia에 제시된 솔루션입니다 .$M$$P$

• k A [ k ] j A [ k ] k ≤ i j ≤ k ≤ i j k 13 11 k ≤ $M[j]$ — 범위 에서 끝나는 길이 하위 시퀀스가 ​​증가 하도록 가장 작은 값 의 위치 를 저장합니다 (참고 : 있기 때문에 여기에서는, 증가하는 시퀀스의 길이를 나타내며, 그 종단의 위치를 나타냅니다. 분명히, 우리는 길이의 증가 서브 가질 수 없어 의 위치에서 끝나는 . 정의에 의해).$k$$A[k]$$j$$A[k]$$k \leq i$$j \leq k \leq i$$j$$k$$13$$11$$k \leq i$

• A [ k ] A [ k $P[k]$ — 에서 끝나는 가장 긴 하위 시퀀스에서 의 선행 작업 위치를 저장합니다 .$A[k]$$A[k]$

  또한, 알고리즘은 지금까지 발견 된 가장 긴 증가하는 서브 시퀀스의 길이를 나타내는 변수 저장한다 .$L$

이 알고리즘은 최악의 시간 됩니다. 귀하의 문제는 당신이 반환 할 수 있습니다 특별한 경우 일 때 푸시가 아래로 런타임 바이너리 서치는 시간에 따라서 인이 기껏해야 길이의 배열에서만 실행되기 때문에 에 반대 일반적인 경우 .L = 3 O를 ( N ) O ( 1 ) Θ ( 로그 N $\Theta(n\log n)$$L=3$$O(n)$$O(1)$$\Theta(\log n)$

수정 된 의사 코드를 고려하십시오.

 L = 0
 for i = 1, 2, ... n:
    binary search for the largest positive j ≤ L
      such that X[M[j]] < X[i] (or set j = 0 if no such value exists)
    P[i] = M[j]
    if j == L or X[i] < X[M[j+1]]:
       M[j+1] = i
       L = max(L, j+1)
   if L==3 : return true; // you can break here, and return true.
return false; // because L is smaller than 3.

방법론에 대한 메모

나는이 문제에 대해 조금 생각하고 해결책을 찾았습니다. Saeed Amiri의 답변을 읽었을 때 , 내가 생각해 낸 것은 일련의 길이 3에 대한 표준 가장 긴 하위 시퀀스 찾기 알고리즘의 특수 버전이라는 것을 깨달았습니다. 문제 해결의 흥미로운 예입니다.

두 요소 버전

$i < j$$A[i] < A[j]$

$A$$\forall i < j, A[i] \ge A[j]$$\forall i, A[i] \ge A[i+1]$$i$$A[i] < A[i+1]$

이 경우는 매우 간단합니다. 우리는 그것을 일반화하려고 노력할 것입니다. 명시된 문제는 해결할 수 없음을 나타냅니다. 요청한 인덱스가 항상 존재하지는 않습니다. 따라서 알고리즘이 유효한 인덱스를 반환하거나 해당 인덱스가 존재하지 않는다고 올바르게 주장하도록 요청합니다.

알고리즘으로 올라와

$A$$(A[i_1],\ldots,A[i_m])$$i_1 < \dots < i_m$$A$$(A[i],A[i+1],\ldots,A[i+m-1])$

요청한 인덱스가 항상 존재하지는 않습니다. 우리의 전략은 지수가 존재하지 않을 때 연구하는 것입니다. 우리는 인덱스를 찾으려고 시도하고 어떻게 검색이 잘못되는지를보고 가정합니다. 그러면 검색이 잘못되지 않는 경우 인덱스를 찾기위한 알고리즘이 제공됩니다.

$j=i+1$$k=j+1$$A[i] < A[i+1] < A[i+2]$

$A[j] < A[j+1]$$i$$A[i] < A[j]$$k$$A[j+1] < A[k]$

$i$$k$

$i$$j$$k$$i$

$i$$(i,j)$$k$$i$$(i,j)$$(i,j)$$i' > j$$A[i'] < A[i]$$i'$$i$$(i,j)$$j'$$A[j'] < A[j]$$(i',j')$

알고리즘 진술

파이썬 구문으로 주어졌지만 테스트하지 않았 음을주의하십시오.

def subsequence3(A):
    """Return the indices of a subsequence of length 3, or None if there is none."""
    index1 = None; value1 = None
    index2 = None; value2 = None
    for i in range(0,len(A)):
        if index1 == None or A[i] < value1:
            index1 = i; value1 = A[i]
        else if A[i] == value1: pass
        else if index2 == None:
            index2 = (index1, i); value2 = (value1, A[i])
        else if A[i] < value2[1]:
            index2[1] = i; value2[1] = A[i]
        else if A[i] > value2[1]:
            return (index2[0], index2[1], i)
    return None

증거 스케치

index1이미 순회 된 배열 부분의 최소 인덱스입니다 (여러 번 발생하면 첫 번째 항목을 유지함). 또는 None첫 번째 요소를 처리하기 전입니다. index2가장 큰 요소를 갖는 배열의 이미 순회 된 부분에 또는 None그러한 시퀀스가 ​​존재하지 않는 경우 길이 2의 증가하는 하위 시퀀스의 인덱스를 저장 합니다.

return (index2[0], index2[1], i)실행 하면 value2[0] < value[1](이것은 변하지 않습니다 value2) 및 value[1] < A[i](컨텍스트 와는 분명합니다). 루프가 초기 리턴을 호출하지 않고 종료 value1 == None하는 경우, 길이 3의 하위 시퀀스가 ​​증가하지 않고 3 value1가장 큰 요소를 갖는 길이 2의 하위 시퀀스가 ​​증가합니다. 후자의 경우, 우리는 길이 3의 하위 시퀀스가 ​​더 이상 끝나지 않는다는 불변성을 갖는다 value1. 따라서 이러한 하위 시퀀스의 마지막 요소는에 추가되어 value2길이 3의 하위 시퀀스를 증가시킵니다. 3 : value2배열의 이미 순회 된 부분에 포함 된 길이 3의 하위 시퀀스 증가의 일부가 아닌 불변 값도 있으므로 전체 배열에서 이러한 하위 시퀀스가 ​​아닙니다.

상기 한 불변량을 증명하는 것은 독자의 연습으로 남겨둔다.

복잡성

$O(1)$$O(1)$$O(n)$

공식적인 증거

독자에게 연습으로 남겨 두십시오.

$O(n)$$O(n)$

먼저 스택을 유지하면서 배열을 왼쪽에서 오른쪽으로 이동하고 보조 배열은 각 요소에 대해 요소보다 큰 요소의 색인과 오른쪽을 알려줍니다.

$-1$

배열에서 새 요소를 고려할 때마다 해당 요소가 스택의 최상위 요소보다 큰 경우 스택에서 해당 요소를 꺼내고 맨 위에 해당하는 보조 배열 요소를 설정하여 새 요소의 색인을 고려.

현재 요소가 더 큰 동안 스택에서 요소를 계속 팝하고 해당 인덱스를 설정하십시오. 상단에 더 작거나 비어있는 요소가 있으면 현재 요소를 스택으로 밀고 배열의 다음 요소로 진행하여 위 단계를 반복합니다.

다른 패스 (및 다른 보조 배열)를 만들지 만 오른쪽에서 왼쪽으로갑니다.

$-1$

$O(n)$

$k-i$

첫 번째 패스의 의사 코드는 다음과 같습니다.

Stack <Pair<Elem, Index>> greats;
Elem auxArr[inputArr.Length];

for (Index i = 0; i < inputArr.Length; i++) {

    while (!greats.IsEmpty() && inputArr[i] > greats.PeekTop().Elem) {
        Pair top = greats.Pop();
        auxArr[top.Index] = i;
    }

    Pair p;
    p.Elem = inputArr[i];
    p.Index = i;

    greats.Push(p);
}