누락 된 요소 문제에 대한 시공간 균형

다음은 잘 알려진 문제입니다.

양의 정수 배열 가 주어지면 배열에 없는 가장 작은 양의 정수를 출력하십시오.$A[1\dots n]$

문제는 공간 및 시간 에서 해결 될 수 있습니다 . 배열을 읽고, 1 , 2 , … , n + 1이 발생 했는지 여부에 관계없이 O ( n ) 공간 에서 추적 상태를 유지 하고 가장 작은 요소를 스캔하십시오.$O(n)$$O(n)$$1,2,\dots,n+1$

나는 당신이 시간을 위해 공간을 거래 할 수 있음을 알아 차 렸습니다. O 가있는 경우 ( n메모리에만k라운드로할 수 있으며시간O(kn)를얻을 수 있습니다. 특별한 경우, 분명히 일정한 공간 2 차 시간 알고리즘이 있습니다.$O(\frac{n}{k})$$k$$O(k n)$

내 질문은 :

이것이 최적의 트레이드 오프입니까, 즉 입니까? 일반적으로 그러한 유형의 경계를 어떻게 증명합니까?$\operatorname{time} \cdot \operatorname{space} = \Omega(n^2)$

O (1)의 배열에 대한 제한된 산술 및 임의 액세스를 갖는 RAM 모델을 가정합니다.

이 문제에 대한 영감 : 단일 테이프 모델에서 회문에 대한 시공간 절충 (예 : 여기 참조 ).

이것은 $O(n \log n)$ 워드 연산과 $O(1)$ 메모리의 단어 (각각$O(n \log^2 n)$ 시간을$O(\log n)$ 비트 레벨 RAM 모델 메모리). 실제로 솔루션은 다음 관찰을 기반으로합니다.

[ 1 , n + 1 ] 범위에 $n_0$ 짝수 및 $n_1$ 홀수 가 있다고 가정하십시오 (따라서 n 0 ≈ n 1 및 n 0 + n 1 = n + 1 ). 그러면 b ∈$[1, n + 1]$$n_0 \approx n_1$$n_0 + n_1 = n + 1$$b \in \{0, 1\}$ 이 입력에패리티 b 가있는 최대$n_b - 1$ 값이있습니다. 실제로, 그렇지 않으면 적어도 n 0이 존재한다$b$$n_0$입력에 짝수 및 적어도 $n_1$ 홀수 값이 있습니다. 즉, 입력에 적어도 $n_0 + n_1 = n + 1$ 값이 모순됨을 의미합니다 (모두 $n$ 개만 있음 ). 홀수 또는 짝수 중 누락 된 숫자 만 계속 검색 할 수 있습니다. 더 높은 비트의 이진 표기법에도 동일한 알고리즘을 적용 할 수 있습니다.

따라서 알고리즘은 다음과 같습니다.

1. 이제 있다는 것을 이미 우리 가정 $x$ 나머지 모듈과 상기 입력의 값을 $2^b$ 에 동일하고 $r \in [0, 2^b)$ 그러나 최소한 존재 $x + 1$ 범위의 숫자 $[1, n + 1]$ 이 그 나머지 $r$ 모듈로 $2^b$ (시작에서 우리는 $b = 0, r = 0$ 임을 확실히 알고 있습니다 ).

2. 말 존재 $x_0$ 잉여와 상기 입력의 값 $r$ 모듈 $2^{b + 1}$ 및 $x_1$ 나머지와 입력의 값 $r + 2^b$ 모듈 $2^{b + 1}$ (우리는 입력을 통한 단일 패스에서 이러한 번호를 찾을 수 있음). 분명히 $x_0 + x_1 = x$ 입니다. 또한, 나머지 r modulo 2 b 인 입력에 $x + 1$ 이상의 숫자가 있으므로 , 쌍 중 하나 이상$r$$2^b$$(r, b + 1), (r + 2^b, b + 1)$ 은$1$ 단계의 요구 사항을 충족합니다.

3. 우리는 $2^b \geqslant n + 1$ 때 누락 된 숫자를 찾았습니다 . $[1, n + 1]$ 범위에 하나의 숫자 만 남아 나머지 $r$ modulo $2^b$ ( 범위에있는 경우 $r$ 자체)를 가질 수 있으므로 그러한 나머지를 가진 입력에서 대부분의 0 값. 따라서 $r$ 은 실제로 누락되었습니다.

분명히, 알고리즘은 $O(\log n)$ 단계로 정지되며 , 각각 $O(n)$ 시간이 필요합니다 ( 입력 배열을 통한 단일 패스). 또한, 메모리의 $O(1)$ 워드 만 필요합니다.

정의를 이해하면 일정한 공간을 가진 선형 시간 으로이 작업을 수행 할 수 있습니다. 적어도 전체 입력을 읽어야하기 때문에 이것은 가장 낮은 경계입니다.

이 질문에 주어진 답 이 만족합니다.

더 적은 시간이나 공간으로 이것을 실행하는 것은 불가능하며, 여분의 시간이나 공간을 추가하는 것은 쓸모가 없으므로 여기에는 시공간 상충 관계가 없습니다. ( 지키십시오 . 따라서 관찰 된 트레이드 오프는 어떤 경우에도 무의식적으로 유지되지 않습니다.)$n=O(n/k)$

일반적인 질문의 관점에서, 나는 당신이 시공간 타협점을 증명하는 데 도움이 될 좋은 정리를 모릅니다. 이 질문 은 (알려진) 쉬운 대답이 없음을 나타냅니다. 원래:

$t$$s$$f,g$$L$$M$$f(t,s)$$g(t,s)$

알 수 없으며, 강력한 답변은 많은 공개 문제 (주로 SC에 관한)를 해결하여 쉬운 해결책이 없음을 암시합니다.

$n$$n+1$

$n$$k$$n/k$$k=n/s$$\frac{n}{n/s}n=sn$ time. So I think this proves what you want.

The difficulty is in showing that each time through we get only $k$ bits. If you assume that our only legal operation is =, then we're good. However, if you allow more complex operations, then you'll be able to get more information.