Проміжок часу та простору для проблеми, що відсутня

Ось відома проблема.

Враховуючи масив додатних цілих чисел, виведіть найменше додатне ціле число не в масиві. $A[1\dots n]$

Проблему можна вирішити в просторі та часі: прочитайте масив, відслідковуйте в просторі , скануйте на предмет найменшого елемента. $O(n)$ $O(n)$ $1,2,\dots,n+1$

Я помітив, що ви можете торгувати простором на час. Якщо у вас є лише пам'ять, ви можете зробити це в раундах і отримати час . У спеціальному випадку, очевидно, існує алгоритм квадратичного часу з постійним простором. $O(\frac{n}{k})$ $k$ $O(k n)$

Моє запитання:

Це оптимальний компроміс, тобто чи ? Загалом, як можна довести такий тип меж? $\operatorname{time} \cdot \operatorname{space} = \Omega(n^2)$

Припустимо модель RAM з обмеженою арифметикою та випадковим доступом до масивів в O (1).

Натхнення для цієї проблеми: компроміс часу та простору для паліндромів в односмуговій моделі (див., Наприклад, тут ).

complexity-theory time-complexity space-complexity

— sdcvvc
джерело

Ні, ви можете сортувати свій масив в

а потім знайти відсутнє число (перше число має бути 1, друге - 2, ... інше ви знайдете) в O (n), це сортування може бути зроблено з inplace mergesort означає додатковий простір, тому час простір належить . Я не знаю, я точно визначив вашу проблему чи ні (через це я не відповів, також не знаю, чи є краща межа).

O (n \log n)

$O(n \log n)$

O (1)

$O(1)$

\cdot

$\cdot$

O (n \log n)

$O(n \log n)$

Я припускаю, що вхід є лише для читання. (Якщо це не так, проблему можна оптимально вирішити за простору час / : помножте вхід на 2 та використовуйте паритет для імітації алгоритму )

O (n)

$O(n)$

O (1)

$O(1)$

O (n) / O (n)

$O(n)/O(n)$

— sdcvvc

Який алгоритм постійного простору? Здається, вам знадобиться простір для версії яка для мене "очевидна"

\log n

$\log n$

n^{2}

$n^2$

— Xodarap

У цій моделі цілі числа розміру слова приймають

; якщо це зручніше, ви можете відповісти на будь-який варіант запитання з

O (1)

$O(1)$

для деякої постійної

time \cdot space = Ω (\frac{n^{2}}{\log^{k} n})

$\operatorname{time} \cdot \operatorname{space} = \Omega(\frac{n^2}{\log^k n})$

k

$k$

— sdcvvc

@sdcvvc, я не можу зрозуміти ваш алгоритм

, ти б описав це трохи більше? (лише зауважте, що читання в біти займає

O (n) / O (1)

$O(n)/O(1)$

O (\log n)

$O(\log n)$

Відповіді:

Це можна зробити в словах $O(n \log n)$ та $O(1)$ слова пам'яті (відповідно $O(n \log^2 n)$ часу та $O(\log n)$ пам'яті в бітовій моделі RAM). Дійсно, рішення базуватиметься на наступному спостереженні.

Скажіть, що в діапазоні є $n_0$ парних і $n_1$ непарних чисел (тому і ). Тоді є такий, що на вході є максимум значення з парністю . Дійсно, інакше є принаймні $[1, n + 1]$ $n_0 \approx n_1$ $n_0 + n_1 = n + 1$ $b \in \{0, 1\}$ $n_b - 1$ $b$ $n_0$ парні і принаймні $n_1$ непарні значення на вході, що означає, що принаймні $n_0 + n_1 = n + 1$ значення на вході, суперечливість (їх є лише $n$ ). Це означає, що ми можемо продовжувати шукати пропущене число лише серед непарних чи парних чисел. Цей же алгоритм може бути застосований і до більш високих бітів бінарних позначень.

Отже, наш алгоритм буде виглядати так:

Припустимо , що ми вже зараз , що є тільки $x$ значення у вхідних даних із залишком по модулю $2^b$ дорівнює $r \in [0, 2^b)$ , але існує, принаймні , $x + 1$ число в діапазоні $[1, n + 1]$ , які мають залишок $r$ модуль $2^b$ (на початку ми знаємо, що для $b = 0, r = 0$ ).
Скажімо, що у вхідному значенні є значення $x_0$ з залишком $r$ modulo $2^{b + 1}$ і $x_1$ у вході з залишком $r + 2^b$ по модулю $2^{b + 1}$ (ми можемо знайти ці числа за один прохід через вхід). Ясна річ, $x_0 + x_1 = x$ . Більше того, оскільки на вході є щонайменше $x + 1$ числа з залишком $r$ modulo $2^b$ , принаймні одна з пар $(r, b + 1), (r + 2^b, b + 1)$ відповідає вимогам кроку $1$ .
Ми знайшли відсутнє число, коли $2^b \geqslant n + 1$ : є лише одне число в діапазоні $[1, n + 1]$ яке може мати залишок $r$ модуль $2^b$ ( сам $r$ , якщо воно знаходиться в діапазоні), тому є в більшість нульових значень на вході, які мають такі залишки. Так що $r$ дійсно відсутня.

Зрозуміло, що алгоритм зупиняється на етапах $O(\log n)$ , кожен з них потребує часу $O(n)$ (один прохід по вхідному масиву). Більше того, потрібні лише $O(1)$ слова пам'яті.

— Кабан-5
джерело

Я радий бачити запитання, відповів після цього часу :)

— sdcvvc

Якщо я розумію ваші визначення, це можна зробити в лінійний час з постійним простором. Це, очевидно, найнижча межа, тому що нам потрібно хоча б прочитати весь вхід.

Відповідь, дана в цьому питанні, задовольняє.

Це неможливо запустити з меншим часом або простором, а додавання додаткового часу або простору марно, тому тут немає простору між часом та простором. (Зауважте, що , тому компроміс, який ви спостерігали, ні в якому разі не має асимптотики.) $n=O(n/k)$

З точки зору вашого загального питання, я не знаю жодної приємної теореми, яка допоможе вам довести компроміси в просторі та часі. Це питання, схоже, вказує на відсутність (відомої) простої відповіді. В основному:

Припустимо, деяка мова вирішується за час (використовуючи деяку кількість простору) та простір (використовуючи деяку кількість часу). Чи можемо ми знайти таким, що визначається за який працює у час та просторі? $t$ $s$ $f,g$ $L$ $M$ $f(t,s)$ $g(t,s)$

невідомо, і сильна відповідь вирішила б багато відкритих проблем (особливо це стосується SC), маючи на увазі, що не існує простого рішення.

EDIT: Гаразд, з повторенням (але я все-таки припускаю, що при введенні розміру максимально можливе число - ). $n$ $n+1$

Зауважте, що наш алгоритм повинен вміти розрізняти принаймні можливих відповідей. Припустимо, при кожному проходженні даних ми можемо отримати максимум фрагментів даних. Тоді нам знадобляться пропуски для диференціації всіх відповідей. Припустимо, що тоді ми біжимо в $n$ $k$ $n/k$ $k=n/s$ час. Тому я думаю, що це доводить те, чого ти хочеш. $\frac{n}{n/s}n=sn$

Складність полягає в тому, що ми показуємо, що кожен раз через нас отримують лише біт. Якщо ви припускаєте, що наша єдина юридична операція =, то ми добрі. Однак якщо ви дозволите більш складні операції, ви зможете отримати більше інформації. $k$

— Xodarap
джерело

Питання, яке ви пов’язали, передбачає, що кожне число з’являється не більше одного разу. Я не роблю цього припущення, тому рішення не застосовується. Дякую за друге посилання

— sdcvvc

@sdcvvc: Моя помилка, я припускав, що ви використовуєте версію, з якою я знайомий. У мене немає повної відповіді, але коментар задовгий - сподіваюся, моя редакція корисна.

— Xodarap

k

$k$

2^{k}

$2^k$

n / 2^{k}

$n/2^k$

n / k

$n/k$