버티컬 스틱 챌린지에 접근하는 방법

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이 문제는 interviewstreet.com 에서 가져 왔습니다

세그먼트 끝 점이 및 가 되도록 선 세그먼트 를 나타내는 정수 의 배열이 제공 됩니다. 각 세그먼트의 상단에서 수평 광선이 왼쪽으로 쏘이고 다른 광선에 닿거나 y 축에 닿으면이 광선이 멈춘다 고 상상해보십시오. 우리는 n 개의 정수 의 배열을 구성합니다 . 여기서 는 세그먼트 의 상단에서 촬영 한 광선 길이와 같습니다 . 우리는 정의 . $Y=\{y_1,...,y_n\}$ $n$ $i$ $(i, 0)$ $(i, y_i)$ $v_1, ..., v_n$ $v_i$ $i$ $V(y_1, ..., y_n) = v_1 + ... + v_n$

예를 들어 인 경우 아래 그림과 같이 : $Y=[3,2,5,3,3,4,1,2]$ $[v_1, ..., v_8] = [1,1,3,1,1,3,1,2]$

여기에 이미지 설명을 입력하십시오

의 각 순열 에 대해 계산할 수 있습니다 . 의 균일 랜덤 순열 를 선택하면 의 예상 값은 얼마입니까? $p$ $[1,...,n]$ $V(y_{p_1}, ..., y_{p_n})$ $p$ $[1,...,n]$ $V(y_{p_1}, ..., y_{p_n})$

순진한 접근 방식을 사용하여이 문제를 해결하면 효율적이지 않고 동안 실제로 영원히 실행 됩니다. 각 스틱에 대해 의 예상 값을 무의식적으로 계산 하여이 문제에 접근 할 수 있다고 생각 하지만이 문제에 대한 또 다른 효율적인 접근법이 있는지 알아야합니다. 각 스틱의 예상 값을 독립적으로 계산할 수있는 기준은 무엇입니까? $n=50$ $v_i$

algorithms probability-theory

— 라파엘
소스

기대의 선형성을 사용할 수 있습니다. 이 질문은 수학에 더 적합 할 것입니다 .SE

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다른 문제를 상상해보십시오 슬롯 에 같은 높이의 스틱 을 배치 스틱 사이의 예상 거리 (및 첫 번째 스틱과 기본 슬롯 사이의 예상 거리 및 마지막 스틱과 명목 사이의 예상 거리 슬롯 )은 이며, 길이 에 맞는 간격 이 있기 때문 입니다. $k$ $n$ $0$ $n+1$ $\frac{n+1}{k+1}$ $k+1$ $n+1$

이 문제로 돌아와서 특정 스틱은 스틱을 포함하여 얼마나 많은 스틱이 높은지에 관심이 있습니다. 이 숫자가 이면 왼쪽으로 예상되는 간격도 입니다. $k$ $\frac{n+1}{k+1}$

따라서 알고리즘은 단순히 각 스틱에 대해이 값을 찾고 기대치를 더하는 것입니다. 예를 들어, 높이가 시작하면 높이가 같거나 같은 스틱의 수는 기대 값은 입니다. $[3,2,5,3,3,4,1,2]$ $[5,7,1,5,5,2,8,7]$ $\frac96+\frac98+\frac92+\frac96+\frac96+\frac93+\frac99+\frac98 = 15.25$

이것은 프로그래밍하기 쉽다 : 예를 들어 R에서 한 줄

V <- function(Y){ (length(Y) + 1) * sum( 1 / (rowSums(outer(Y, Y, "<=")) + 1) ) }

원래 문제 의 샘플 출력 값을 제공합니다.

> V(c(1,2,3))
[1] 4.333333
> V(c(3,3,3))
[1] 3
> V(c(2,2,3))
[1] 4
> V(c(10,2,4,4))
[1] 6
> V(c(10,10,10,5,10))
[1] 5.8
> V(c(1,2,3,4,5,6))
[1] 11.15

— 헨리
소스

1

매우 흥미로운. 스틱 사이의 예상 거리가

이유에 대해 조금 자세히 설명해 주시겠습니까 ? 그것이 어떻게 계산되었는지 명확하지 않기 때문에 (적어도 나에게). 고맙습니다.

(n + 1) / (k + 1)

$(n+1)/(k+1)$

— M. Alaggan

동일한 높이 스틱 의 첫 번째 경우 에는 길이가

이며

갭 으로 채워져 평균 갭이 서로 나누어집니다. 이것은 특정 스틱 이전 (및 마지막 스틱에서

) 의 예상 간격 (또는 수평 광선 )입니다. 특정 스틱보다 높거나 높은 스틱을 고려하여 원래 질문으로 이동합니다.

k

$k$

n + 1

$n+1$

k + 1

$k+1$

n + 1

$n+1$

— Henry

아주 좋아요 이것은 내 솔루션을 완전히 포함합니다. 모든 높이가 다른 경우

.

E [V] = \sum_{k = 1}^{n} \frac{n + 1}{k + 1} = (n + 1) (H_{n + 1} - 1) = (n + 1) H_{n} - n

$E[V] = \sum_{k=1}^n \frac{n+1}{k+1} = (n+1)(H_{n+1} - 1) = (n+1)H_n - n$

— JeffE

2

@ 헨리 (Henry) : k 스틱의 높이가 같고 슬롯이 n 개인 문제의 경우 평균 길이 = (n + 1) / (k + 1)에 대한 추론은 무엇입니까? k 개의 스틱이 있고 n 개의 슬롯에있는 k 개의 스틱의 모든 순열에서 해당 스틱 중 하나의 평균 광선 길이를 알고 싶다면 실제로는 결과와 동일하지만 그 이유를 이해하지 못합니다. 논리가 있습니까? 아니면 1 개의 스틱 및 n 슬롯에 대해 설명한 다음 2 개의 스틱 및 n, 슬롯, ... k 스틱, n 슬롯에 대해 수학적으로 추론하고 (n + 1) / ( k + 1)? n + 1 슬롯 추가를 언급했습니다. 그것은 매우 반 직관적 인 것 같습니다.

— Alexandre

3

내가 전에 다루었던 질문입니다.

석과

인 원탁으로 시작하여 무작위로 앉으십시오. 개인 사이의 거리는 분명히 평균

iid입니다 . 이제

사람 의 테이블을 깰 사람과 좌석을 제거하고 테이블을 똑바로하십시오. 이제 당신은 여기에

석과

명이 있지만 동일한 iid 속성과 동일한 평균에 대한 질문이 있습니다 . (한 달 동안 희귀 한 운율을 파악 )

n + 1

$n+1$

k + 1

$k+1$

(n + 1) / (k + 1)

$(n+1)/(k+1)$

n + 1^{th}

$n+1^{\text{th}}$

n

$n$

k

$k$

— Henry

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Henry의 솔루션 은이 솔루션 보다 단순하고 일반적입니다!

는 무작위 퀵 정렬에 의해 수행되는 예상 비교 수의 대략 절반입니다. $E[V]$

스틱의 높이가 다르다고 가정하면 다음과 같이 대한 폐쇄 형 솔루션을 도출 할 수 있습니다 . $E[Y]$

임의의 인덱스를 들어 , 있도록 경우 및 , 그렇지. (소자의 경우 되어 있지 구별하고 것을 의미 이고 엄격 의 모든 요소보다 $i\le j$ $X_{ij} = 1$ $Y_j = \max\{Y_i,...,Y_j\}$ $X_{ij}=0$ $Y$ $X_{ij}=1$ $Y_j$ ). $\{Y_i, \dots, Y_{j-1}\}$

그런 다음 모든 인덱스 에 대해 (이유가 보입니까?)이므로 $j$ $v_j = \sum_{i=1}^j X_{ij}$

V = \sum_{j = 1}^{n} v_{j} = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{j} X_{i j} .

$V = \sum_{j=1}^n v_j = \sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^j X_{ij}.$

기대 선형성 즉시 것을 의미

E [V] = E [\sum_{1 \leq i \leq j \leq n} X_{i j}] = \sum_{1 \leq i \leq j \leq n} E [X_{i j}] .

$E[V] = E\bigg[\sum_{1\le i\le j\le n} X_{ij}\bigg] = \sum_{1\le i\le j\le n} E[X_{ij}].$

때문에 하나이고 또는 , 우리가 . $X_{ij}$ $0$ $1$ $E[X_{ij}] = \Pr[X_{ij}=1]$

최종적하고 이것이 중요하기 때문에 비트의 값 있는 별개의 균일 순열의 집합의 각 요소 될 확률이 동일하다 큰 부분 집합의 요소. 따라서 $Y$ $\{Y_i,...,Y_j\}$ 입니다. (의 원소가명확하지 않은경우에도 $\Pr[X_{ij}=1] = \frac{1}{j-i+1}$ $Y$ ) $\Pr[X_{ij}=1] \le \frac{1}{j-i+1}$

그리고 이제 우리는 약간의 수학을합니다. 여기서은번째고조파 수를나타냅니다.

\begin{aligned} E [V] & = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{j} E [X_{i j}] & [linearity] \\ = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{j} \frac{1}{j - i + 1} & [uniformity] \\ = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{h = 1}^{j} \frac{1}{h} & [h = j - i + 1] \\ = \sum_{h = 1}^{n} \sum_{j = h}^{n} \frac{1}{h} & [1 \leq h \leq j \leq n] \\ = \sum_{h = 1}^{n} \frac{n - h + 1}{h} \\ = ((n + 1) \sum_{h = 1}^{n} \frac{1}{h}) - (\sum_{h = 1}^{n} 1) \\ = (n + 1) H_{n} - n \end{aligned}

$\begin{aligned} E[V] &= \sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^j E[X_{ij}] & [\text{linearity}]\\ &= \sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^j \frac{1}{j-i+1} & [\text{uniformity}]\\ &= \sum_{j=1}^n \sum_{h=1}^j \frac{1}{h} & [h = j-i+1]\\ &= \sum_{h=1}^n \sum_{j=h}^n \frac{1}{h} & [1\le h\le j\le n]\\ &= \sum_{h=1}^n \frac{n-h+1}{h}\\ &= \left((n+1)\sum_{h=1}^n \frac{1}{h}\right) - \left(\sum_{h=1}^n 1\right)\\ &= (n+1)H_n - n \end{aligned}$

H_{n}

$H_n$

n

$n$

이제 시간 에서 (부동 소수점 정밀도까지) 를 계산하는 것은 쉽지 않습니다. $E[V]$ $O(n)$

— JeffE
소스

스틱의 높이가 다르다고 가정합니까?

— Aryabhata

그렇습니다. 높은 높이를 가정합니다. (분명히, 나는 질문을 잘못 읽었습니다.) 무작위 퀵 정렬과의 동등성은 여전히 관계가 있지만 폐쇄 형 솔루션이 아닌 경우에도 유효합니다.

— JeffE

4

주석에서 언급했듯이 기대 선형성을 사용할 수 있습니다.

정렬합니다 : . $y$ $y_1 \le y_2 \le \dots \le y_n$

각 의 기대 값을 고려 . $y_i$ $v_i = E[v_i]$

그런 다음 $E[\sum_{i=1}^{n} v_i] = \sum_{i=1}^{n} E[v_i]$

한 직선적 순진한 방법 계산하는 에 대한 위치 픽스 제 것 . 말해봐 . $E[v_i]$ $y_i$ $j$

이제 위치에서 값을 가질 확률을 계산하십시오 . $j-1$ $\ge y_i$

그 다음에 확률 것을 가 값이 및 하나 는 값이 $j-1$ $\lt y_i$ $j-2$ $\ge y_i$

그래서하는 당신이 계산 할 수 있도록 . $E[v_i]$

실제로 수학을하고 공식을 얻으면 더 빨리 만들 수 있습니다 (그러나 직접 시도하지는 않았습니다).

희망이 도움이됩니다.

— 아리 아바타
소스

3

@Aryabhata의 답변을 확장 :

수정 하고 항목 가 위치 있다고 가정합니다 . 높이의 정확한 값은 중요하지 않으며 , 중요한 것은 항목이 이상인지 여부입니다. 따라서 상품의 세트 고려 , 1 인 경우를 및 달리 0이다. $i$ $y_i$ $j$ $y_i$ $Z^{(i)}$ $z_k^{(i)}$ $y_k\geq y_i$ $z_k^{(i)}$

집합 순열은 집합 의 해당 순열을 유도합니다 . 예를 들어, 세트 "01000 (1) "의 순열을 고려하십시오 . 항목 는 위치 에서 대괄호이며 " " 로 표시된 항목 은 중요하지 않습니다. $Z^{(i)}$ $Y$ $Z^{(i)}$ $\dots$ $z_i^{(i)}$ $j$ $\dots$

값 후 1을 더한 바로 왼쪽 consective 제로의 런 길이 . 이 것을 다음과 우리가 가장에서 선택하는 경우 "1"첫째 때까지, 만족, 실제로 1 더하기 연속 zeors의 예상 길이 비트를 설정에서 $v_i$ $z_i^{(i)}$ $\mathbb{E}\left(v_i\right)$ $j-1$ $Z^{(i)} \setminus \\{z_i^{(i)} \\}$ (교체없이). 이것은 대체되지 않고 (그리고 제한된 수의 추첨) 것을 제외하고는 기하학적 분포를 연상시킵니다. 기대가 촬영 될 뿐만 아니라 위치의 세트에 균일 선택으로, . $j$ $\{1,\dots,n \}$

이것이 계산되면 ( 이 라인들 사이에서 ) @Aryabhata의 답변 라인을 따를 수 있습니다.

— 알라 간
소스

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나는 당신이 무엇을 수정하는지 이해하지 못합니다. 태그에서 알고리즘을 찾고있는 것 같습니다.

그렇다면 예상되는 시간 복잡도는 얼마입니까? "순진한 접근 방식을 사용하여이 문제를 해결하면 효율적이지 않으며 n = 50 동안 실질적으로 영원히 실행됩니다." 순진한 접근 방식으로 기하 급수적으로 해결하는 것 같습니다.

나는 O (n ^ 2) 알고리즘을 염두에두고있다.

assume int y[n], v[n] where v[i] initialized with 1; as described in the question
for (i=1;i<n;i++) 
   for ( j=i-1 ; j>=0 && y[j]<y[i] ; j--) v[i]++;