Як підійти до виклику вертикальних паличок

Ця проблема взята з інтерв'юstrestreet.com

Нам дано масив цілих чисел $Y=\{y_1,...,y_n\}$ що представляє $n$ сегментів рядка таким, що кінцевими точками сегмента $i$ є $(i, 0)$ та $(i, y_i)$ . Уявіть, що зверху кожного сегмента горизонтальний промінь знімається зліва, і цей промінь зупиняється, коли він торкається іншого сегмента або потрапляє на вісь y. Побудуємо масив з цілих чисел п, $v_1, ..., v_n$ , дедорівнює довжині вистріленого променя вгорі відрізка$v_i$$i$ . Визначимо$V(y_1, ..., y_n) = v_1 + ... + v_n$ .

Наприклад, якщо ми маємо $Y=[3,2,5,3,3,4,1,2]$ , то $[v_1, ..., v_8] = [1,1,3,1,1,3,1,2]$ , як показано на малюнку нижче:

Для кожної перестановки $p$ з $[1,...,n]$ , ми можемо обчислити $V(y_{p_1}, ..., y_{p_n})$ . Якщо ми виберемо рівномірно випадкову перестановку $p$ з $[1,...,n]$ , то, що очікуване значення $V(y_{p_1}, ..., y_{p_n})$?

Якщо ми вирішимо цю проблему за допомогою наївного підходу, вона не буде ефективною і працюватиме назавжди протягом . Я вважаю, що ми можемо підійти до цієї проблеми, незалежно обчисливши очікувану величину v i для кожної палички, але мені все одно потрібно знати, чим існує інший ефективний підхід до цієї проблеми. На основі якої можна самостійно обчислити очікувану величину для кожної палички?$n=50$$v_i$

Уявіть собі іншу проблему: якщо вам довелося розміщувати палиць однакової висоти в n прорізах, тоді очікувана відстань між палицями (і очікувана відстань між першою палицею та умовним прорізом 0 , і очікувана відстань між останньою палицею та умовною проріз n + 1 ) дорівнює n + $k$$n$$0$$n+1$ оскільки єk+1прогалини для розміщення довжиниn+1.$\frac{n+1}{k+1}$$k+1$$n+1$

Повертаючись до цієї проблеми, конкретну паличку цікавить, скільки паличок (включаючи і саму) на висоту чи вище. Якщо це число , то очікуваний проміжок ліворуч також n + $k$ .$\frac{n+1}{k+1}$

Тож алгоритм - просто знайти це значення для кожної палички і скласти очікування. Наприклад, починаючи з висот , кількість палиць з більшою або рівною висотою становить [ 5 , 7 , 1 , 5 , 5 , 2 , 8 , 7 ], тож очікування $[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$

Це легко запрограмувати: наприклад, один рядок у R

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

дає значення у вибірі вибірки у вихідній задачі

> 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

Henry's solution is both simpler and more general than this one!

---

$E[V]$ is roughly half the expected number of comparisons performed by randomized quicksort.

Assuming the sticks have distinct heights, we can derive a closed-form solution for $E[Y]$ as follows.

For any indices $i\le j$, let $X_{ij} = 1$ if $Y_j = \max\{Y_i,...,Y_j\}$ and $X_{ij}=0$ otherwise. (If the elements of $Y$ are not distinct, then $X_{ij}=1$ means that $Y_j$ is strictly greater than every element of $\{Y_i, \dots, Y_{j-1}\}$

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

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

Linearity of expectation immediately implies that

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

Because $X_{ij}$ is either $0$ or $1$, we have $E[X_{ij}] = \Pr[X_{ij}=1]$.

Finally—and this is the important bit—because the values in $Y$ are distinct and permuted uniformly, each element of the subset $\{Y_i,...,Y_j\}$ is equally likely to be the largest element in that subset. Thus, $\Pr[X_{ij}=1] = \frac{1}{j-i+1}$. (If the elements of $Y$ are not distinct, we still have $\Pr[X_{ij}=1] \le \frac{1}{j-i+1}$.)

And now we just have some math.

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

Now it should be trivial to compute $E[V]$ (up to floating point precision) in $O(n)$ time.

As mentioned in the comments, you can use Linearity of Expectation.

Sort the $y$: $y_1 \le y_2 \le \dots \le y_n$.

For each $y_i$ consider the expected value of $v_i = E[v_i]$.

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

One straight-forward and naive way to compute $E[v_i]$ would be first fix a position for $y_i$. Say $j$.

Now compute the probability that at position $j-1$ you have a value $\ge y_i$.

Then the probability that at $j-1$ you have a value $\lt y_i$ and at $j-2$ you have a value $\ge y_i$

and so on which will allow you to compute $E[v_i]$.

You can probably make it faster by actually doing the math and getting a formula (I haven't tried it myself, though).

Hope that helps.

Expanding on the answer of @Aryabhata:

Fix an $i$, and assume the item $y_i$ is at position $j$. The exact value of the height is immaterial, what matters is whether the items are greater than or equal to $y_i$ or not. Therefore consider the set of items $Z^{(i)}$, where $z_k^{(i)}$ is 1 if $y_k\geq y_i$, and $z_k^{(i)}$ is 0 otherwise.

A permutation on the set $Z^{(i)}$ induces an corresponding permutation on the set $Y$. Consider for instance the following permuation of the set $Z^{(i)}$: "01000(1)$\dots$". The item $z_i^{(i)}$ is the one is brackets, at position $j$, and the items denoted by "$\dots$" don't matter.

The value of $v_i$ is then 1 plus the length of the run of consective zeros just to the left of $z_i^{(i)}$. It follows that $\mathbb{E}\left(v_i\right)$ is actually 1 plus the expected length of consecutive zeors, until the first "1" is met, if we pick at most $j-1$ bits from the set $Z^{(i)} \setminus \\{z_i^{(i)} \\}$(without replacement). This is reminiscent of the geometric distribution, except that it would be without replacement (and bounded number of draws). The expectation is to be taken on $j$ as well, as a uniform choice on the set of positions $\{1,\dots,n \}$.

Once this is computed (along these lines), we can follow the lines of @Aryabhata's answer.

I dont really understand what do you demend, from tags it seems you are looking for an algorithm.

if so, what is the expected time complexity? by saying: "If we solve this problem using the naive approach it will not be efficient and run practically forever for n=50." it seems to me that your naive approach solves it in exponential time.

i do have a O(n^2) algorithm in mind tho.

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]++;