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  • 程序员编程艺术第三十四~三十五章:格子取数问题,完美洗牌算法

    第三十四~三十五章:格子取数,完美洗牌算法


    作者:July、caopengcs、绿色夹克衫。致谢:西芹_new,陈利人,Peiyush Jain,白石,zinking
    时间:二零一三年八月二十三日。


    题记

        再过一个半月,即到2013年10月11日,便是本博客开通3周年之际,巧的是,那天刚好也是我的25岁生日。写博近3年,访问量趋近500万,无法确切知道帮助了多少人影响了多少人,但有些文章和一些系列是我比较喜欢的,如这三篇:从B树、B+树、B*树谈到R 树教你如何迅速秒杀掉:99%的海量数据处理面试题支持向量机通俗导论(理解SVM的三层境界)

        以及这2个系列:数据挖掘十大算法系列程序员编程艺术
        当然,还有很多文章或系列自己也比较喜欢(如微软面试100题系列经典算法研究系列等等),只是上面的文章或系列更具代表性。
        但若论在上述文章或系列中,哪篇文章或系列对人找工作的帮助最大,则应该是:
        其中,尤以编程艺术系列更佳。
        OK,话休絮烦,本文讲解此文http://blog.csdn.net/v_july_v/article/details/7974418中的第75题、第79题:
    • 第三十四章:格子取数问题;
    • 第三十五章:完美洗牌算法的变形
       若有任何问题,欢迎读者随时批评指正,感谢。


    第三十四章、格子取数问题

        题目详情:有n*n个格子,每个格子里有正数或者0,从最左上角往最右下角走,只能向下和向右,一共走两次(即从左上角走到右下角走两趟),把所有经过的格子的数加起来,求最大值SUM,且两次如果经过同一个格子,则最后总和SUM中该格子的计数只加一次。
        题目分析:此题是去年2013年搜狗的校招笔试题。初看到此题,因为要让两次走下来的路径总和最大,读者可能最初想到的思路可能是让每一次的路径都是最优的,即不顾全局,只看局部,让第一次和第二次的路径都是最优。
        但问题马上就来了,虽然这一算法保证了连续的两次走法都是最优的,但却不能保证总体最优,相应的反例也不难给出,请看下图:
        上图中,图一是原始图,那么我们有以下两种走法可供我们选择:
    • 如果按照上面的局部贪优走法,那么第一次势必会如图二那样走,导致的结果是第二次要么取到2,要么取到3,
    • 但若不按照上面的局部贪优走法,那么第一次可以如图三那样走,从而第二次走的时候能取到2 4 4,很显然,这种走法求得的最终SUM值更大;
        为了便于读者理解,我把上面的走法在图二中标记出来,而把应该正确的走法在上图三中标示出来,如下图所示:
        也就是说,上面图二中的走法太追求每一次最优,所以第一次最优,导致第二次将是很差;而图三第一次虽然不是最优,但保证了第二次不差,所以图三的结果优于图二。由此可知不要只顾局部而贪图一时最优,而丧失了全局最优。

    解法一、直接搜索

        局部贪优不行,我们可以考虑穷举,但最终将导致复杂度过高,所以咱们得另寻良策。
        @西芹_new,针对此题,可以使用直接搜索法,一共搜(2n-2)步,每一步有四种走法,考虑不相交等条件可以剪去很多枝,代码如下:
    //copyright@西芹_new 2013
    #include "stdafx.h"  
    #include <iostream>  
    using namespace std;  
      
    #define N 5  
    int map[5][5]={  
        {2,0,8,0,2},  
        {0,0,0,0,0},  
        {0,3,2,0,0},  
        {0,0,0,0,0},  
        {2,0,8,0,2}};  
    int sumMax=0;  
    int p1x=0;  
    int p1y=0;  
    int p2x=0;  
    int p2y=0;  
    int curMax=0;  
      
    void dfs( int index){  
        if( index == 2*N-2){  
            if( curMax>sumMax)  
                sumMax = curMax;  
            return;  
        }  
      
        if( !(p1x==0 && p1y==0) && !(p2x==N-1 && p2y==N-1))  
        {  
            if( p1x>= p2x && p1y >= p2y )  
                return;  
        }  
      
        //right right  
        if( p1x+1<N && p2x+1<N ){  
            p1x++;p2x++;  
            int sum = map[p1x][p1y]+map[p2x][p2y];  
            curMax += sum;  
            dfs(index+1);  
            curMax -= sum;  
            p1x--;p2x--;  
        }  
      
        //down down  
        if( p1y+1<N && p2y+1<N ){  
            p1y++;p2y++;  
            int sum = map[p1x][p1y]+map[p2x][p2y];  
            curMax += sum;  
            dfs(index+1);  
            curMax -= sum;  
            p1y--;p2y--;  
        }  
      
        //rd  
        if( p1x+1<N && p2y+1<N ) {  
            p1x++;p2y++;  
            int sum = map[p1x][p1y]+map[p2x][p2y];  
            curMax += sum;  
            dfs(index+1);  
            curMax -= sum;  
            p1x--;p2y--;  
        }  
      
        //dr  
        if( p1y+1<N && p2x+1<N ) {  
            p1y++;p2x++;  
            int sum = map[p1x][p1y]+map[p2x][p2y];  
            curMax += sum;  
            dfs(index+1);  
            curMax -= sum;  
            p1y--;p2x--;  
        }  
    }  
      
    int _tmain(int argc, _TCHAR* argv[])  
    {  
        curMax = map[0][0];  
        dfs(0);  
        cout <<sumMax-map[N-1][N-1]<<endl;  
        return 0;  
    }  

    解法二、动态规划

        上述解法一的搜索解法是的时间复杂度是指数型的,如果是只走一次的话,是经典的dp。

    2.1、DP思路详解

        故正如@绿色夹克衫所说:此题也可以用动态规划求解,主要思路就是同时DP 2次所走的状态。

      1、先来分析一下这个问题,为了方便讨论,先对矩阵做一个编号,且以5*5的矩阵为例(给这个矩阵起个名字叫M1):
    M1
    0  1  2  3  4
    1  2  3  4  5
    2  3  4  5  6
    3  4  5  6  7
    4  5  6  7  8
      从左上(0)走到右下(8)共需要走8步(2*5-2)。我们设所走的步数为s。因为限定了只能向右和向下走,因此无论如何走,经过8步后(s = 8)都将走到右下。而DP的状态也是依据所走的步数来记录的。
      再来分析一下经过其他s步后所处的位置,根据上面的讨论,可以知道:

    • 经过8步后,一定处于右下角(8);
    • 那么经过5步后(s = 5),肯定会处于编号为5的位置;
    • 3步后肯定处于编号为3的位置;
    • s = 4的时候,处于编号为4的位置,此时对于方格中,共有5(相当于n)个不同的位置,也是所有编号中最多的。

      故推广来说,对于n*n的方格,总共需要走2n - 2步,且当s = n - 1时,编号为n个,也是编号数最多的
      如果用DP[s,i,j]来记录2次所走的状态获得的最大值,其中s表示走s步,i和j分别表示在s步后第1趟走的位置和第2趟走的位置。
      2、为了方便描述,再对矩阵做一个编号(给这个矩阵起个名字叫M2):
    M2
    0  0  0  0  0
    1  1  1  1  1
    2  2  2  2 2
    3  3  3  3  3
    4  4  4  4  4

        把之前定的M1矩阵也再贴下:
    M1 
    0  1  2  3  4
    1  2  3  4  5
    2  3  4  5  6
    3  4  5  6  7
    4  5  6  7  8
      我们先看M1,在经过6步后,肯定处于M1中编号为6的位置。而M1中共有3个编号为6的,它们分别对应M2中的2 3 4。故对于M2来说,假设第1次经过6步走到了M2中的2,第2次经过6步走到了M2中的4,DP[s,i,j] 则对应 DP[6,2,4]。由于s = 2n - 2,0 <= i<= <= j <= n,所以这个DP共有O(n^3)个状态。
    M1
    0  1  2  3  4
    1  2  3  4  5
    2  3  4  5  6
    3  4  5  6  7
    4  5  6  7  8
      再来分析一下状态转移,以DP[6,2,3]为例(就是上面M1中加粗的部分),可以到达DP[6,2,3]的状态包括DP[5,1,2],DP[5,1,3],DP[5,2,2],DP[5,2,3]。

      3、下面,我们就来看看这几个状态:DP[5,1,2],DP[5,1,3],DP[5,2,2],DP[5,2,3],用加粗表示位置DP[5,1,2]    DP[5,1,3]    DP[5,2,2]    DP[5,2,3] (加红表示要达到的状态DP[6,2,3]
    0 1 2 3 4    0 1 2 3 4    0 1 2 3 4    0 1 2 3 4
    1 2 3 4 5    1 2 3 4 5    1 2 3 4 5    1 2 3 4 5
    2 3 4 6    2 3 4 5 6    2 3 4 6    2 3 4 6
    3 4 5 6 7    3 4 6 7    3 4 5 6 7    3 4 6 7
    4 5 6 7 8    4 5 6 7 8    4 5 6 7 8    4 5 6 7 8
      因此:

    DP[6,2,3] = Max(DP[5,1,2] ,DP[5,1,3],DP[5,2,2],DP[5,2,3]) + 6,2和6,3格子中对应的数值    (式一) 

      上面(式一)所示的这个递推看起来没有涉及:“如果两次经过同一个格子,那么该数只加一次的这个条件”,讨论这个条件需要换一个例子,以DP[6,2,2]为例:DP[6,2,2]可以由DP[5,1,1],DP[5,1,2],DP[5,2,2]到达,但由于i = j,也就是2次走到同一个格子,那么数值只能加1次。
      所以当i = j时,

    DP[6,2,2] = Max(DP[5,1,1],DP[5,1,2],DP[5,2,2]) + 6,2格子中对应的数值                         (式二

      4、故,综合上述的(式一),(式二)最后的递推式就是
    if(i != j)
    DP[s, i ,j] = Max(DP[s - 1, i - 1, j - 1], DP[s - 1, i - 1, j], DP[s - 1, i, j - 1], DP[s - 1, i, j]) + W[s,i] + W[s,j]
    else
    DP[s, i ,j] = Max(DP[s - 1, i - 1, j - 1], DP[s - 1, i - 1, j], DP[s - 1, i, j]) + W[s,i]

        其中W[s,i]表示经过s步后,处于i位置,位置i对应的方格中的数字。下一节我们将根据上述DP方程编码实现。

    2.2、DP方法实现

        为了便于实现,我们认为所有不能达到的状态的得分都是负无穷,参考代码如下:
    //copyright@caopengcs 2013
    const int N = 202;
    const int inf = 1000000000;  //无穷大
    int dp[N * 2][N][N];  
    bool isValid(int step,int x1,int x2,int n) { //判断状态是否合法
    int y1 = step - x1, y2 = step - x2;
        return ((x1 >= 0) && (x1 < n) && (x2 >= 0) && (x2 < n) && (y1 >= 0) && (y1 < n) && (y2 >= 0) && (y2 < n));
    }
    
    int getValue(int step, int x1,int x2,int n) {  //处理越界 不存在的位置 给负无穷的值
        return isValid(step, x1, x2, n)?dp[step][x1][x2]:(-inf);
    }
    
    //状态表示dp[step][i][j] 并且i <= j, 第step步  两个人分别在第i行和第j行的最大得分 时间复杂度O(n^3) 空间复杂度O(n^3) 
    int getAnswer(int a[N][N],int n) {
    int P = n * 2 - 2; //最终的步数
    int i,j,step;
        
        //不能到达的位置 设置为负无穷大
        for (i = 0; i < n; ++i) {
            for (j = i; j < n; ++j) {
                dp[0][i][j] = -inf;
            }
        
        }
        dp[0][0][0] = a[0][0];
    
          for (step = 1; step <= P; ++step) {
            for (i = 0; i < n; ++i) {
                for (j = i; j < n; ++j) {
                    dp[step][i][j] = -inf;
                    if (!isValid(step, i, j, n)) { //非法位置
                        continue;
                    }
                    //对于合法的位置进行dp
                    if (i != j) {
                        dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j - 1, n));
                        dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j, n));
                        dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i, j - 1, n));
                        dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i, j,n));
                        dp[step][i][j] += a[i][step - i] + a[j][step - j];  //不在同一个格子,加两个数
                    }
                    else {
                        dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j - 1, n));
                        dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j,  n));
                        dp[step][i][j] = max(dp[step][i][j], getValue(step - 1, i, j,  n));
                        dp[step][i][j] += a[i][step - i]; // 在同一个格子里,只能加一次
                    }
                    
                }
            }
        }
        return dp[P][n - 1][n- 1];
    }

        复杂度分析:状态转移最多需要统计4个变量的情况,看做是O(1)的,共有O(n^3)个状态,所以总的时间复杂度是O(n^3)的,且dp数组开了N^3大小,故其空间复杂度亦为O(n^3)。

    2.3、DP实现优化版

        如上节末所说,2.2节实现的代码的复杂度空间复杂度是O(n^3),事实上,空间上可以利用滚动数组优化,由于每一步的递推只跟上1步的情况有关,因此可以循环利用数组,将空间复杂度降为O(n^2)。
        即我们在推算dp[step]的时候,只依靠它上一次的状态dp[step - 1],所以dp数组的第一维,我们只开到2就可以了。即step为奇数时,我们用dp[1][i][j]表示状态,step为偶数我们用dp[0][i][j]表示状态,这样我们只需要O(n^2)的空间,这就是滚动数组的方法。滚动数组写起来并不复杂,只需要对上面的代码稍作修改即可,优化后的代码如下:
    //copyright@caopengcs 8/24/2013
    int dp[2][N][N];
    
    bool isValid(int step,int x1,int x2,int n) { //判断状态是否合法
    int y1 = step - x1, y2 = step - x2;
        return ((x1 >= 0) && (x1 < n) && (x2 >= 0) && (x2 < n) && (y1 >= 0) && (y1 < n) && (y2 >= 0) && (y2 < n));
    }
    
    int getValue(int step, int x1,int x2,int n) {  //处理越界 不存在的位置 给负无穷的值
        return isValid(step, x1, x2, n)?dp[step % 2][x1][x2]:(-inf);
    }
    
    //状态表示dp[step][i][j] 并且i <= j, 第step步  两个人分别在第i行和第j行的最大得分 时间复杂度O(n^3) 使用滚动数组 空间复杂度O(n^2) 
    int getAnswer(int a[N][N],int n) {
    int P = n * 2 - 2; //最终的步数
    int i,j,step,s;
        
        //不能到达的位置 设置为负无穷大
        for (i = 0; i < n; ++i) {
            for (j = i; j < n; ++j) {
                dp[0][i][j] = -inf;
            }
        
        }
        dp[0][0][0] = a[0][0];
    
          for (step = 1; step <= P; ++step) {
            for (i = 0; i < n; ++i) {
                for (j = i; j < n; ++j) {
                    dp[step][i][j] = -inf;
                    if (!isValid(step, i, j, n)) { //非法位置
                        continue;
                    }
                    s = step % 2;  //状态下表标
                    //对于合法的位置进行dp
                    if (i != j) {
                        dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j - 1, n));
                        dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j, n));
                        dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i, j - 1, n));
                        dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i, j,n));
                        dp[s][i][j] += a[i][step - i] + a[j][step - j];  //不在同一个格子,加两个数
                    }
                    else {
                        dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j - 1, n));
                        dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i - 1, j,  n));
                        dp[s][i][j] = max(dp[s][i][j], getValue(step - 1, i, j,  n));
                        dp[s][i][j] += a[i][step - i]; // 在同一个格子里,只能加一次
                    }
                    
                }
            }
        }
        return dp[P % 2][n - 1][n- 1];
    }
        本第34章分析完毕。


    第三十五章、完美洗牌算法

        题目详情:有个长度为2n的数组{a1,a2,a3,...,an,b1,b2,b3,...,bn},希望排序后{a1,b1,a2,b2,....,an,bn},请考虑有无时间复杂度o(n),空间复杂度0(1)的解法。

        题目来源:此题是去年2013年UC的校招笔试题,看似简单,按照题目所要排序后的字符串蛮力变化即可,但若要完美的达到题目所要求的时空复杂度,则需要我们花费不小的精力。OK,请看下文详解,一步步优化。

    解法一、蛮力变换

        题目要我们怎么变换,咱们就怎么变换。此题@陈利人也分析过,在此,引用他的思路进行说明。为了便于分析,我们取n=4,那么题目要求我们把
    a1,a2,a3,a4,b1,b2,b3,b4
    变成
    a1,b1,a2,b2,a3,b3,a4b4

    1.1、步步前移

    仔细观察变换前后两个序列的特点,我们可做如下一系列操作:
      第①步、确定b1的位置,即让b1跟它前面的a2,a3,a4交换:
    a1,b1,a2,a3,a4,b2b3b4
      第②步、接着确定b2的位置,即让b2跟它前面的a3,a4交换:
    a1,b1,a2,b2,a3,a4,b3b4
      第③步、b3跟它前面的a4交换位置:
    a1,b1,a2,b2,a3,b3,a4,b4
       b4已在最后的位置,不需要再交换。如此,经过上述3个步骤后,得到我们最后想要的序列。但此方法的时间复杂度为O(N^2),我们得继续寻找其它方法,看看有无办法能达到题目所预期的O(N)的时间复杂度。

    1.2、中间交换

    当然,除了如上面所述的让b1,b2,b3,b4步步前移跟它们各自前面的元素进行交换外,我们还可以每次让序列中最中间的元素进行交换达到目的。还是用上面的例子,针对a1,a2,a3,a4,b1,b2,b3,b4
      第①步:交换最中间的两个元素a4,b1,序列变成(待交换的元素用粗体表示):
    a1,a2,a3,b1,a4,b2,b3,b4
      第②步,让最中间的两对元素各自交换:
    a1,a2b1,a3,b2,a4,b3,b4
      第③步,交换最中间的三对元素,序列变成:
    a1,b1,a2,b2,a3,b3,a4,b4

      同样,此法同解法1.1、步步前移一样,时间复杂度依然为O(N^2),我们得下点力气了。

    解法二、完美洗牌算法

        玩过扑克牌的朋友都知道,在一局完了之后洗牌,洗牌人会习惯性的把整副牌大致分为两半,两手各拿一半对着对着交叉洗牌,如下图所示:
        如果这副牌用a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4表示(为简化问题,假设这副牌只有8张牌),然后一分为二之后,左手上的牌可能是a1 a2 a3 a4,右手上的牌是b1 b2 b3 b4,那么在如上图那样的洗牌之后,得到的牌就可能是b1 a1 b2 a2 b3 a3 b4 a4。

        技术来源于生活,2004年,microsoft的Peiyush Jain在他发表一篇名为:“A Simple In-Place Algorithm for In-Shuffle”的论文中提出了完美洗牌算法。
        这个算法解决一个什么问题呢?跟本题有什么联系呢?
       Yeah,顾名思义,完美洗牌算法解决的就是一个完美洗牌问题。什么是完美洗牌问题呢?即给定一个数组a1,a2,a3,...an,b1,b2,b3..bn,最终把它置换成b1,a1,b2,a2,...bn,an。读者可以看到,这个完美洗牌问题本质上与本题完全一致,只要在完美洗牌问题的基础上对它最后的序列swap两两相邻元素即可。
       即:
    a1,a2,a3,...an,b1,b2,b3..bn
    通过完美洗牌问题,得到:
    b1,a1,b2,a2,b3,a3...  bn,an
    再让上面相邻的元素两两swap,即可达到本题的要求:
    a1,b1,a2,b2,a3,b3....,an,bn
        也就是说,如果我们能通过完美洗牌算法(时间复杂度O(N),空间复杂度O(1))解决了完美洗牌问题,也就间接解决了本题。
        虽然网上已有不少文章对上篇论文或翻译或做解释说明,但对于初学者来说,理解难度实在太大,再者,若直接翻译原文,根本无法看出这个算法怎么一步步得来的,故下文将从完美洗牌算法的最基本的原型开始说起,以让读者能对此算法一目了然。

    2.1、位置置换pefect_shuffle1算法

       为方便讨论,我们设定数组的下标从1开始,下标范围是[1..2n]。 还是通过之前n=4的例子,来看下每个元素最终去了什么地方。
    起始序列:a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4
    数组下标:1    2   3   4   5   6   7    8
    最终序列:b1 a1 b2 a2 b3 a3 b4 a4
      从上面的例子我们能看到,前n个元素中,
    • 1个元素a1到了原第2个元素a2的位置,即1->2;
    • 2个元素a2到了原第4个元素a4的位置,即2->4;
    • 3个元素a3到了原第6个元素b2的位置,即3->6;
    • 4个元素a4到了原第8个元素b4的位置,即4->8;
      那么推广到一般情况即是:前n个元素中,第i个元素去了 第(2 * i)的位置。
      上面是针对前n个元素,那么针对后n个元素,可以看出:
    • 5个元素b1到了原第1个元素a1的位置,即5->1;
    • 6个元素b2到了原第3个元素a3的位置,即6->3;
    • 7个元素b3到了原第5个元素b1的位置,即7->5;
    • 8个元素b4到了原第7个元素b3的位置,即8->7;
        推广到一般情况是,后n个元素,第i个元素去了第  (2 * (i - n) ) - 1 =  2 * i - (2 * n + 1)  = (2 * i) % (2 * n + 1) 个位置。
       再综合到任意情况,任意的第i个元素,我们最终换到了 (2 * i) % (2 * n + 1)的位置。为何呢?因为:
    1. 当0< i <n时, 原式= (2i) % (2 * n + 1)  = 2i;
    2. 当i>n时,原式(2 * i) % (2 * n + 1)保持不变。
      因此,如果题目允许我们再用一个数组的话,我们直接把每个元素放到该放得位置就好了。也就产生了最简单的方法pefect_shuffle1,参考代码如下:
    // 时间O(n),空间O(n) 数组下标从1开始
    void pefect_shuffle1(int *a,int n) {
    int n2 = n * 2, i, b[N];
        for (i = 1; i <= n2; ++i) {
            b[(i * 2) % (n2 + 1)] = a[i];
        }
        for (i = 1; i <= n2; ++i) {
            a[i] = b[i];
        }
    }
    但很明显,它的时间复杂度虽然是O(n),但其空间复杂度却是O(n),仍不符合本题所期待的时间O(n),空间O(1)。我们继续寻找更优的解法。
    与此同时,我也提醒下读者,根据上面变换的节奏,我们可以看出有两个圈,
    1. 一个是1 -> 2 -> 4 -> 8 -> 7 -> 5 -> 1
    2. 一个是3 -> 6 -> 3
        下文2.3.1、走圈算法cycle_leader将再次提到这两个圈。

    2.2、分而治之perfect_shuffle2算法

        熟悉分治法的朋友,包括若看了此文的读者肯定知道,当一个问题规模比较大时,则大而化小,分而治之。对于本题,假设n是偶数,我们试着把数组从中间拆分成两半(为了方便描述,只看数组下标就够了):
    原始数组的下标:1....2n,即(1  ..  n/2,  n/2+1..n)(n+1 .. n+n/2,  n+n/2+1 ..  2n)

        前半段(1  ..  n/2,  n/2+1..n)和后半段(n+1 .. n+n/2,  n+n/2+1 ..  2n)的长度皆为n。

      接下来,我们把前半段的后n/2个元素(n/2+1  ..  n)和后半段的前n/2个元素(n+1..n+n/2)交换,得到
    新的前n个元素A:(1..n/2                   n+1.. n+n/2
    新的后n个元素B:(n/2+1 .. n        n+n/2+1 .. 2n)
      换言之,当n是偶数的时候,我们把原问题拆分成了A,B两个子问题,继而原n的求解转换成了n‘ = n/2 的求解。
      可当n是奇数的时候呢?我们可以把前半段多出来的那个元素a先拿出来放到末尾,后面所有元素前移,于此,新数列的最后两个元素满足已满足要求,只需考虑前2*(n-1)个元素即可,继而转换成了n-1的问题。
      针对上述n分别为偶数和奇数的情况,下面举n=4和n=5两个例子来说明下。
      ①n=4时,原始数组即为
    a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4
        按照之前n为偶数时的思路,把前半段的后2个元素a3 a4同后半段的前2个元素b1 b2交换,可得:
    a1 a2 b1 b2 a3 a4 b3 b4
      因此,我们只要用pefect_shuffle1算法继续求解A(a1 a2 b1 b2)和B(a3 a4 b3 b4)两个子问题就可以了。
      ②当n=5时,原始数组则为
    a1 a2 a3 a4 a5 b1 b2 b3 b4 b5
       还是按照之前n为奇数时的思路,先把a5先单独拎出来放在最后,然后所有剩下的元素全部前移,变为:
    a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4 b5 a5
      此时,最后的两个元素b5 a5已经是我们想要的结果,只要跟之前n=4的情况一样考虑即可。
      参考代码如下:
    //copyright@caopengcs 8/23/2013
    //时间O(nlogn) 空间O(1) 数组下标从1开始  
    void perfect_shuffle2(int *a,int n) {  
    int t,i;  
        if (n == 1) {  
            t = a[1];  
            a[1] = a[2];  
            a[2] = t;  
            return;  
        }  
        int n2 = n * 2, n3 = n / 2;  
        if (n % 2 == 1) {  //奇数的处理  
            t = a[n];  
            for (i = n + 1; i <= n2; ++i) {  
                a[i - 1] = a[i];  
            }  
            a[n2] = t;  
            --n;  
        }  
        //到此n是偶数  
          
        for (i = n3 + 1; i <= n; ++i) {  
            t = a[i];  
            a[i] = a[i + n3];  
            a[i + n3] = t;  
        }  
          
        // [1.. n /2]  
        perfect_shuffle2(a, n3);  
        perfect_shuffle2(a + n, n3);  
    }  
        分析下此算法的复杂度: 每次,我们交换中间的n个元素,需要O(n)的时间,n是奇数的话,我们还需要O(n)的时间先把后两个元素调整好,但这不影响总体时间复杂度。
        故事实上,当我们采用分治算法的时候,其时间复杂度的计算公式为: T(n) = 2*T(n / 2) + O(n)  ,这个就是跟归并排序一样的复杂度式子,由《算法导论》中文第二版44页的主定理,可最终解得T(n) = O(nlogn)。至于空间,此算法在数组内部折腾的,所以是O(1)(在不考虑递归的栈的空间的前提下)。

    2.3、完美洗牌算法perfect_shuffle3

    2.3.1、走圈算法cycle_leader
      因为之前无论是perfect_shuffle1,还是perfect_shuffle2,这两个算法的均未达到时间复杂度O(N)并且空间复杂度O(1)的要求,所以我们必须得再找一种新的方法,以期能完美的解决本节开头提出的完美洗牌问题。
       让我们先来回顾一下2.1节位置置换perfect_shuffle1算法,还记得我之前提醒读者的关于当n=4时,通过位置置换让每一个元素到了最后的位置时,所形成的两个圈么?我引用下2.1节的相关内容:
        当n=4的情况:
    起始序列:a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4
    数组下标:1    2   3   4   5   6   7    8
    最终序列:b1 a1 b2 a2 b3 a3 b4 a4
        即通过置换,我们得到如下结论:
      于此同时,我也提醒下读者,根据上面变换的节奏,我们可以看出有两个圈,
          1. 一个是1 -> 2 -> 4 -> 8 -> 7 -> 5 -> 1
          2. 一个是3 -> 6 -> 3
        这两个圈可以表示为(1,2,4,8,7,5)和(3,6),且perfect_shuffle1算法也已经告诉了我们,不管你n是奇数还是偶数,每个位置的元素都将变为第(2*i) % (2n+1)个元素:
        因此我们只要知道圈里最小位置编号的元素即圈的头部,顺着圈走一遍就可以达到目的,且因为圈与圈是不想交的,所以这样下来,我们刚好走了O(N)步。
        还是举n=4的例子,且假定我们已经知道第一个圈和第二个圈的前提下,要让1 2 3 4 5 6 7 8变换成5 1  2 7 3 8 4:
    第一个圈:1 -> 2 -> 4 -> 8 -> 7 -> 5 -> 1
    第二个圈:3 -> 6 -> 3:

    原始数组:1 2 3 4 5 6 7 8
    数组小标:1 2 3 4 5 6 7 8

    走第一圈:5 1 3 2 7 6 8 4
    走第二圈:5 1 6 2 7 3 8 4
        上面沿着圈走的算法我们给它取名为cycle_leader,这部分代码如下:
    //数组下标从1开始,from是圈的头部,mod是要取模的数 mod 应该为 2 * n + 1,时间复杂度O(圈长)
    void cycle_leader(int *a,int from, int mod) {
    int last = a[from],t,i;
        
        for (i = from * 2 % mod;i != from; i = i * 2 % mod) {
            t = a[i];
            a[i] = last;
            last = t;
            
        }
        a[from] = last;
    }
    2.3.2、神级结论:若2*n=(3^k - 1),则可确定圈的个数及各自头部的起始位置
        下面我要引用此论文“A Simple In-Place Algorithm for In-Shuffle”的一个结论了,即
    • 对于2*n = (3^k-1)这种长度的数组,恰好只有k个圈,且每个圈头部的起始位置分别是1,3,9,...3^(k-1)
        论文原文部分为:

        也就是说,利用上述这个结论,我们可以解决这种特殊长度2*n = (3^k-1)的数组问题,那么若给定的长度n是任意的咋办呢?此时,我们可以借鉴2.2节、分而治之算法的思想,把整个数组一分为二,即拆分成两个部分:

    • 让一部分的长度满足神级结论:若2*m = (3^k-1),则恰好k个圈,且每个圈头部的起始位置分别是1,3,9,...3^(k-1)。其中m<n,m往神级结论所需的值上套;
    • 剩下的n-m部分单独计算;

        当把n分解成m和n-m两部分后,原始数组对应的下标如下(为了方便描述,我们依然只需要看数组下标就够了):

    原始数组下标:1..m m+1.. n,   n+1 .. n+m, n+m+1,..2*n

       参照之前2.2节、分而治之算法的思路,且更为了能让前部分的序列满足神级结论2*m = (3^k-1),我们可以把中间那两段长度为n-m和m的段交换位置,即相当于把m+1..n,n+1..n+m的段循环右移m次(为什么要这么做?因为如此操作后,数组的前部分的长度为2m,而根据神级结论:当2m=3^k-1时,可知这长度2m的部分恰好有k个圈)。

      而如果读者看过本系列第一章、左旋转字符串的话,就应该意识到循环位移是有O(N)的算法的,其思想即是把前n-m个元素(m+1.. n)和后m个元素(n+1 .. n+m)先各自翻转一下,再将整个段(m+1.. n,   n+1 .. n+m)翻转下。

      这个翻转的代码如下:

    //翻转字符串时间复杂度O(to - from)
    void reverse(int *a,int from,int to) {
    int t;
        for (; from < to; ++from, --to) {
            t = a[from];
            a[from] = a[to];
            a[to] = t;
        }
        
    }
    
    //循环右移num位 时间复杂度O(n)
    void right_rotate(int *a,int num,int n) {
        reverse(a, 1, n - num);
        reverse(a, n - num + 1,n);
        reverse(a, 1, n);
    }

        翻转后,得到的目标数组的下标为:

    目标数组下标:1..m n+1..n+m    m+1 .. n       n+m+1,..2*n

        OK,理论讲清楚了,再举个例子便会更加一目了然。当给定n=7时,若要满足神级结论2*n=3^k-1,k只能取2,继而推得n‘=m=4。

    原始数组:a1 a2 a3 a4       a5 a6 a7     b1 b2 b3 b4   b5 b6 b7

        既然m=4,即让上述数组中有下划线的两个部分交换,得到:

    目标数组:a1 a2 a3 a4    b1 b2 b3 b4      a5 a6 a7     b5 b6 b7

        继而目标数组中的前半部分a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4部分可以用2.3.1、走圈算法cycle_leader搞定,于此我们最终求解的n长度变成了n’=3,即n的长度减小了4,单独再解决后半部分a5 a6 a7 b5 b6 b7即可。

    2.3.3、完美洗牌算法perfect_shuffle3

        从上文的分析过程中也就得出了我们的完美洗牌算法,其算法流程为:

    • 输入数组 A[1..2 * n]
    1. step 1 找到 2 * m = 3^k - 1 使得 3^k <= 2 * n < 3^(k +1)
    2. step 2 把a[m + 1..n + m]那部分循环移m位
    3. step 3 对每个i = 0,1,2..k - 1,3^i是个圈的头部,做cycle_leader算法,数组长度为m,所以对2 * m + 1取模。
    4. step 4 对数组的后面部分A[2 * m + 1.. 2 * n]继续使用本算法, 这相当于n减小了m。
        上述算法流程对应的论文原文为:

        以上各个步骤对应的时间复杂度分析如下:

    1. 因为循环不断乘3的,所以时间复杂度O(logn)
    2. 循环移位O(n)
    3. 每个圈,每个元素只走了一次,一共2*m个元素,所以复杂度omega(m), 而m < n,所以 也在O(n)内。
    4. T(n - m)
        因此总的时间复杂度为 T(n) = T(n - m) + O(n) ,m = omega(n) ,解得:T(n) = O(n)。

       此完美洗牌算法实现的参考代码如下:

    //copyright@caopengcs 8/24/2013
    //时间O(n),空间O(1)
    void perfect_shuffle3(int *a,int n) {
    int n2, m, i, k,t;
        for (;n > 1;) {
            // step 1
            n2 = n * 2;
            for (k = 0, m = 1; n2 / m >= 3; ++k, m *= 3)
            ;
            m /= 2;
            // 2m = 3^k - 1 , 3^k <= 2n < 3^(k + 1)
            
            // step 2
            right_rotate(a + m, m, n);
            
            // step 3
            
            for (i = 0, t = 1; i < k; ++i, t *= 3) {
                cycle_leader(a , t, m * 2 + 1);
                
            }
            
            //step 4
            a += m * 2;
            n -= m;
        
        }
        // n = 1
        t = a[1];
        a[1] = a[2];
        a[2] = t;
    }
    2.3.4、perfect_shuffle3算法解决其变形问题

        啊哈!以上代码即解决了完美洗牌问题,那么针对本章要解决的其变形问题呢?是的,如本章开头所说,在完美洗牌问题的基础上对它最后的序列swap两两相邻元素即可,代码如下:

    //copyright@caopengcs 8/24/2013
    //时间复杂度O(n),空间复杂度O(1),数组下标从1开始,调用perfect_shuffle3
    void shuffle(int *a,int n) {
        int i,t,n2 = n * 2;
        perfect_shuffle3(a,n);
        for (i = 2; i <= n2; i += 2) {
            t = a[i - 1];
            a[i - 1] = a[i];
            a[i] = t;
            
        }
    }

      上述的这个“在完美洗牌问题的基础上对它最后的序列swap两两相邻元素”的操作(当然,你也可以让原数组第一个和最后一个不变,中间的2 * (n - 1)项用原始的标准完美洗牌算法),只是在完美洗牌问题时间复杂度O(N)空间复杂度O(1)的基础上再增加O(N)的时间复杂度,故总的时间复杂度O(N)不变,且理所当然的保持了空间复杂度O(1)。至此,咱们的问题得到了圆满解决!

    2.3.5、神级结论是如何来的?

        我们的问题得到了解决,但本章尚未完,即决定完美洗牌算法的神级结论:若2*n=(3^k - 1),则恰好只有k个圈,且每个圈头部的起始位置分别是1,3,9,...3^(k-1),是如何来的呢?

        要证明这个结论的关键就是:这所有的圈合并起来必须包含从1到M之间的所有证书,一个都不能少。这个证明有点麻烦,因为证明过程中会涉及到群论等数论知识,但再远的路一步步走也能到达。

        ,让咱们明确以下相关的概念,定理,及定义(搞清楚了这些东西,咱们便证明了一大半):

    • 概念1    mod表示对一个数取余数,比如3 mod 5 =3,5 mod 3 =2;
    • 定义1    欧拉函数ϕ(m) 表示为不超过m(即小于等于m)的数中,与m互素的正整数个数
    • 定义2    若ϕ(m)=Ordm(a) 则称am的原根,其中Ordm(a)定义为:a ^d ( mod m),其中d=0,1,2,3…,但取让等式成立的最小的那个d。
        结合上述定义1、定义2可知,2是3的原根,因为2^0 mod 3 = 1, 2^1 mod 3 = 2, 2^2 mod 3 = 1, 2^3 mod 3 = 2,{a^0 mod m,a^1 mod m,a^2}得到集合S={1,2},包含了所有和3互质的数,也即d=ϕ(2)=2,满足原根定义
        而2不是7的原根,这是因为2^0 mod 7 = 1, 2^1 mod 7 = 2, 2^2 mod 7 = 4, 2^3 mod 7 = 1,2^4 mod 7 = 2,2^5 mod 7 = 4,2^6 mod 7 = 1,从而集合S={1,2,4}中始终只有1、2、4三种结果,而没包含全部与7互质的数(3、6、5便不包括),,即d=3,但ϕ(7)=6,从而d != ϕ(7)不满足原根定义
        再者,如果说一个数a,是另外一个数m的原根,代表集合S = {a^0 mod m, a^1 mod m, a^2 mod m…… },得到的集合包含了所有小于m并且与m互质的数,否则a便不是m的原根。而且集合S = {a^0 mod m, a^1 mod m, a^2 mod m…… }中可能会存在重复的余数,但当a与m互质的时候,得到的{a^0 mod m, a^1 mod m, a^2 mod m}集合中,保证了第一个数是a^0 mod m,故第一次发现重复的数时,这个重复的数一定是1,也就是说,出现余数循环一定是从开头开始循环的
    • 定义3    对模指数,a对模m的原根定义为 ,st:中最小的正整数d
        再比如,2是9的原根,因为,为了让除以9的余数恒等于1,可知最小的正整数d=6,而ϕ(m)=6,满足原根的定义
    • 定理1    同余定理:两个整数a,b,若它们除以正整数m所得的余数相等,则称a,b对于模m同余,记作,读做a与b关于模m同余。
    • 定理2    当p为奇素数且a的原根时 a也是的原根
    • 定理3    费马小定理:如果a和m互质,那么a^ϕ(m) mod m = 1
    • 定理4    (a,m)=1 且am的原根,那么a(Z/mZ)*的生成元。
        取a = 2, m = 3。
        我们知道2是3的原根,2是9的原根,我们定义S(k)表示上述的集合S,并且取x = 3^k(
    x表示为集合S中的数)。
        所以:
          S(1) = {1, 2}
          S(2) = {1, 2, 4, 8, 7, 5}
        我们没改变圈元素的顺序,由前面的结论S(k)恰好是一个圈里的元素,且认为从1开始循环的,也就是说从1开始的圈包含了所有与3^k互质的数。 
        那与3^k不互质的数怎么办?如果0 < i < 3^k与 3^k不互质,那么i 与3^k的最大公约数一定是3^t的形式(只包含约数3),并且 t < k。即gcd(i , 3^k) = 3^t,等式两边除以个3 ^ t,即得gcd( i/(3^t),3^(k - t) )  = 1, i/(3^t) 都与3^(k - t) 互质了,并且i / (3^t) < 3^(k - t), 根据S(k)的定义,可见i/(3^t) 在集合S(k - t)中。 
        同理,任意S(k - t)中的数x,都满足gcd(x , 3^k)  = 1,于是gcd(3^k , x* 3^t) = 3 ^ t, 并且x*3^t < 3^k。可见S(k - t)中的数x*3^t 与 i形成了一一对应的关系。
          也就是说S(k - t)里每个数x* 3^t形成的新集合包含了所有与3^k的最大公约数为3^t的数,它也是一个圈,原先圈的头部是1,这个圈的头部是3^t
        于是对所有的小于 3^k的数,根据它和3^k的最大公约数,我们都把它分配到了一个圈里去了,且k个圈包含了所有的小于3^k的数

        下面,举个例子,如caopengcs所说,当我们a = 2, m = 3时,

        我们知道2是3的原根,2是9的原根,我们定义S(k)表示上述的集合S,并且x= 3^k。
        所以S(1) = {1, 2}
          S(2) = {1, 2, 4, 8, 7, 5}
        比如k = 3。 我们有:
    1. S(3) = {1, 2 ,4 , 8, 16, 5, 10, 20, 13, 26, 25, 23, 19, 11, 22, 17, 7, 14} 包含了小于27且与27互质的所有数,圈的首部为1,这是原根定义决定的。
    2. 那么与27最大公约数为3的数,我们用S(2)中的数乘以3得到。 S(2) * 3 = {3, 6, 12, 24, 21, 15}, 圈中元素的顺序没变化,圈的首部是3
    3. 与27最大公约数为9的数,我们用S(1)中的数乘以9得到。 S(1) * 9 = {9, 18}, 圈中得元素的顺序没变化,圈的首部是9
        因为每个小于27的数和27的最大公约数只有1, 3, 9这3种情况,又由于前面所证的一一对应的关系,所以S(2) * 3包含了所有小于27且与27的最大公约数为3的数,S(1) * 9 包含了所有小于27且和27的最大公约数为9的数。

    换言之,若定义为整数,假设/N定义为整数Z除以N后全部余数的集合,包括{0...N-1}等N个数,而/N)*则定义为Z/N中{0...N-1}这N个余数内与N互质的数集合。

    则当n=13时,2n+1=27,即得/N ={0,1,2,3,.....,26},/N)*相当于就是{0,1,2,3,.....,26}中全部与27互素的数的集合;

         而2^k(mod 27)可以把(/27)*取遍,故可得这些数分别在以下3个圈内:

    • 取头为1,(/27)*={1,2,4,8,16,5,10,20,13,26,25,23,19,11,22,17,7,14},也就是说,与27互素且小于27的正整数集合为{1,2,4,8,16,5,10,20,13,26,25,23,19,11,22,17,7,14},因此ϕ(m) = ϕ(27)=18, 从而满足的最小= 18,故得出227的原根
    • 取头为3,就可以得到{3,6,12,24,21,15},这就是以3为头的环,这个圈的特点是所有的数都是3的倍数,且都不是9的倍数。为什么呢?因为2^k和27互素。
        具体点则是:如果3×2^k除27的余数能够被9整除,则有一个n使得3*2^k=9n(mod 27),即3*2^k-9n能够被27整除,从而3*2^k-9n=27m,其中n,m为整数,这样一来,式子约掉一个3,我们便能得到2^k=9m+3n,也就是说,2^k是3的倍数,这与2^k与27互素是矛盾的,所以,3×2^k除27的余数不可能被9整除。
        此外,2^k除以27的余数可以是3的倍数以外的所有数,所以,2^k除以27的余数可以为1,2,4,5,7,8,当余数为1时,即存在一个k使得2^k-1=27m,m为整数。
    式子两边同时乘以3得到:3*2^k-3=81m是27的倍数,从而3*2^k除以27的余数为3;
    同理,当余数为2时,2^k - 2 = 27m,=> 3*2^k- 6 =81m,从而3*2^k除以27的余数为6;
    当余数为4时,2^k - 4 = 37m,=> 3*2^k - 12 =81m,从而3*2^k除以27的余数为12;
    同理,可以取到15,21,24。从而也就印证了上面的结论:取头为3,就可以得到{3,6,12,24,21,15}。
    • 取9为头,这就很简单了,这个圈就是{9,18}
         你会发现,小于27的所有自然数,要么在第一个圈里面,也就是那些和27互素的数;要么在第二个圈里面,也就是那些是3的倍数,但不是9的倍数的数;要么在第三个圈里面,也就是是9倍数的数,而之所以能够这么做,就是因为2是27的本原根。证明完毕
        最后,咱们也再验证下上述过程:

        因为,故:

    i  = 1  2  3  4   5   6   7  8   9  10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27

        由于n=13,2n+1 = 27,据此公式可知,上面第 位置的数将分别变成下述位置的:

    i  = 2  4  6  8  10 12 14 16 18 20 22 24 26  1   3   5  7   9  11 13 15 17 19 21 23 25  0   

        根据i 和 i‘ 前后位置的变动,我们将得到3个圈:

    • 1248165102013262523191122177141;
    • 36122421153
    • 9189
        没错,这3个圈的数字与咱们之前得到的3个圈一致吻合,验证完毕。
    2.3.6、完美洗牌问题的几个扩展

        至此,本章开头提出的问题解决了,完美洗牌算法的证明也证完了,是否可以止步了呢?OH,NO!读者有无思考过下述问题:

    1. 既然完美洗牌问题是给定输入:a1,a2,a3,……aN,b1,b2,b3,……bN,要求输出:b1,a1,b2,a2,……bN,aN;那么有无考虑过它的逆问题:即给定b1,a1,b2,a2,……bN,aN,,要求输出a1,a2,a3,……aN,b1,b2,b3,……bN ?
    2. 完美洗牌问题是两手洗牌,假设有三只手同时洗牌呢?那么问题将变成:输入是a1,a2,……aN, b1,b2,……bN, c1,c2,……cN,要求输出是c1,b1,a1,c2,b2,a2,……cN,bN,aN,这个时候,怎么处理?
        以上两个完美洗牌问题的几个扩展请读者思考,具体解答请参看参考链接第15条。

        本第35章完。


    参考链接

    1. huangxy10,http://blog.csdn.net/huangxy10/article/details/8071242
    2. @绿色夹克衫,http://www.51nod.com/answer/index.html#!answerId=598
    3. 格子取数的蛮力穷举法:http://wenku.baidu.com/view/681c853b580216fc700afd9a.html
    4. @陈立人,http://mp.weixin.qq.com/mp/appmsg/show?__biz=MjM5ODIzNDQ3Mw==&appmsgid=10000141&itemidx=1&sign=4f1aa1a2269a1fac88be49c8cba21042
    5. caopengcs,http://blog.csdn.net/caopengcs/article/details/10196035
    6. 完美洗牌算法的原始论文“A Simple In-Place Algorithm for In-Shuffle”,http://att.newsmth.net/att.php?p.1032.47005.1743.pdf
    7. 原始根模:http://en.wikipedia.org/wiki/Primitive_root_modulo_n
    8. 洗牌的学问:http://www.thecodeway.com/blog/?p=680
    9. 关于完美洗牌算法:http://cs.stackexchange.com/questions/332/in-place-algorithm-for-interleaving-an-array/400#400
    10. 关于完美洗牌算法中圈的说明:http://www.emis.de/journals/DMTCS/pdfpapers/dm050111.pdf
    11. 关于神级结论的讨论:http://math.stackexchange.com/questions/477125/how-to-prove-algebraic-structure-of-the-perfect-shuffle左边链接中的讨论中有错误,以在本文2.3.5节进行了相关修正
    12. caopengcs关于神级结论的证明:http://blog.csdn.net/caopengcs/article/details/10429013
    13. 同余的概念:http://zh.wikipedia.org/wiki/%E5%90%8C%E9%A4%98
    14. 神奇的费马小定理:http://www.xieguofang.cn/Maths/Number_Theory/Fermat's_Little_Theorem_1.htm
    15. 完美洗牌问题的几个扩展:http://blog.csdn.net/caopengcs/article/details/10521603
    16. 原根与指数的介绍:http://wenku.baidu.com/view/bbb88ffc910ef12d2af9e738
    17. 《数论概论》Joseph H. Silverman著,推荐理由:因写上文中的完美洗牌算法遇到了一堆数论定理受了刺激,故推荐此书;

    后记

        以上第35章可能是整个系列迄今为止我最满意的一篇,不仅仅是因为此章思路清晰,过渡自然,代码风格良好,更因为有了@曹鹏博士 的加入,编程艺术如虎添翼,质量更上一层!
        :编程艺术通过解决一个个实际的编程面试题,让广大初学者一步步学会分析问题解决问题优化问题的能力,且每个问题的讲解足够通俗,希望后续我(们)做得越来越好!July、二零一三年八月二十四日凌晨零点三十七分。
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/v-July-v/p/3320870.html
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