Один елемент, який відрізняється двома масивами. Як знайти це ефективно?

Я готуюсь до інтерв'ю з кодування, і я не можу реально зрозуміти найефективніший спосіб вирішити цю проблему.

Скажімо, у нас є два масиви, що складаються з чисел, які не є несортованими. Масив 2 містить число, якого немає у масиві 1. Обидва масиви мають випадковим чином розміщені номери, не обов'язково в одному порядку або за однаковими індексами. Наприклад:

Масив 1 [78,11, 143, 84, 77, 1, 26, 35 .... п]

Масив 2 [11,84, 35, 25, 77, 78, 26, 143 ... 21 ... n + 1]

Який найшвидший алгоритм пошуку числа, яке відрізняється? Який його час роботи? У цьому прикладі число, яке ми шукали б - 21.

Моя ідея полягала в тому, щоб пробігти через масив 1 і видалити це значення з масиву 2. Ітерацію, поки ви не закінчите. Це має бути приблизно час роботи , правда?$O(n \log n)$

Я бачу чотири основні способи вирішення цієї проблеми з різним часом роботи:

• рішення: це було б рішення, яке ви пропонуєте. Зауважте, що оскільки масиви несортовані, видалення займає лінійний час. Ви здійснюєте n вилучень; тому цей алгоритм займає квадратичний час.$O(n^2)$$n$

• рішення: попередньо відсортуйте масиви; потім виконайте лінійний пошук, щоб визначити виразний елемент. У цьому рішенні на час роботи переважає операція сортування, звідси O ( $O(n \: log \: n)$ верхня межа.$O(n \: log \: n)$

Коли ви визначаєте рішення проблеми, завжди слід запитати себе: чи можу я зробити краще? У цьому випадку ви можете, розумно використовуючи структури даних. Зауважте, що все, що вам потрібно зробити, - це повторити один масив і виконати повторні пошуки в іншому масиві. Яка структура даних дозволяє робити пошук у (очікуваний) постійний час? Ви правильно здогадалися: хеш-таблиця .

• рішення (очікуване): ітерація першого масиву та збереження елементів у хеш-таблиці; потім виконайте лінійне сканування у другому масиві, шукаючи кожен елемент у хеш-таблиці. Поверніть елемент, який не знайдено в хеш-таблиці. Це лінійно-часове рішення працює для будь-якого типу елементів, який можна передати хеш-функції (наприклад, він би працював аналогічно для масивів рядків).$O(n)$

Якщо ви хочете, щоб гарантії верхньої межі були, а масиви строго складаються з цілих чисел, найкращим рішенням є, мабуть, рішення, запропоноване Тобі Алафіном (навіть якщо це рішення не дасть вам індекс елемента, який відрізняється у другому масиві) :

• рішення (гарантоване): підсумовуйте елементи першого масиву. Потім підсумуйте елементи другого масиву. Нарешті, виконайте субстракцію. Зауважте, що це рішення може бути фактично узагальнено до будь-якого типу даних, значення якого можна представити у вигляді бітових рядків фіксованої довжини, завдякипобітовому оператору XOR. Це ґрунтовно пояснено увідповідіІльмарі Каронен. $O(n)$

Нарешті, ще однією можливістю (за тим самим припущенням цілих масивів) було б використання алгоритму сортування лінійного часу, такого як сортування підрахунку. Це зменшило б час виконання рішення на основі сортування з до O ( n ) .$O(n \: log \: n)$$O(n)$

різницеві через сум рішення , запропоноване Tobi і Маріо насправді може бути узагальнений на будь-який інший тип даних , для якого ми можемо визначити (постійне час) бінарна операцію ⊕ , яке:$\Theta(n)$$\oplus$

• всього , таким чином, що при будь-яких значеннях і б , ⊕ б визначена і ті ж типу (або , щонайменше , деякі відповідного надтип нього, для якого оператор ⊕ по - , як і раніше визначається);$a$$b$$a \oplus b$$\oplus$
• асоціативний , такий, що ;$a \oplus (b \oplus c) = (a \oplus b) \oplus c$
• комутативний , такий, що ; і$a \oplus b = b \oplus a$
• скоротна , таким чином, що існує зворотний оператор , який задовольняє умові ( ⊕ б ) ⊖ б = . Технічно ця обернена операція навіть не обов'язково повинна бути постійною за часом, доки "віднімання" двох сум з n елементів не займе більше, ніж O ( n ) часу.$\ominus$$(a \oplus b) \ominus b = a$$n$${\rm O}(n)$

(Якщо тип може приймати лише обмежену кількість різних значень, цих властивостей достатньо, щоб перетворити його в абелеву групу ; навіть якщо ні, це буде принаймні комутативна відмінна напівгрупа .)

З допомогою такої операції , ми можемо визначити «суму» масиву а = ( 1 , 2 , ... , н ) як ( $\oplus$$a = (a_1, a_2, \dots, a_n)$ З огляду наінший масив Ь = ( Ь 1 , б 2 , ... , б п , б п + 1 ) , що містить всі елементиплюс один додатковий елемент х , митаким чиномє (

Наприклад, якщо значення масивів є цілими числами, то ціле додавання (або модульне додавання для цілих чисел кінцевої довжини) може використовуватися як оператор , з відніманням як обернена операція ⊖ . Як альтернативи, для будь-якого типу даних, значення яких можуть бути представлені в вигляді бітових рядків фіксованої довжини, ми можемо використовувати побітовое XOR і як ⊕ і ⊖ .$\oplus$$\ominus$$\oplus$$\ominus$

Більш загально, ми можемо навіть застосувати побітовий метод XOR до рядків змінної довжини, додавши їх до тієї самої довжини, скільки потрібно, доки у нас є спосіб реверсивно видалити оббивки в кінці.

У деяких випадках це банально. Наприклад, нульові завершені рядки байтів, що закінчуються C, неявно кодують власну довжину, тому застосування цього методу для них є тривіальним: коли XORing два рядки, прокладіть коротший з нульовими байтами, щоб їх довжина збігалася, і обріжте будь-які додаткові кінцеві нулі з кінцевий результат. Зауважте, що проміжні рядки суми XOR можуть містити нульові байти, тому вам потрібно буде чітко зберігати їх довжину (але вам потрібно лише максимум один або два).

$1$$0$$0$$1$$2^{32}$байтів у довжину, ми могли б кодувати довжину кожного рядка як 32-бітове ціле число і додавати його до рядка. Або ми могли навіть кодувати довільну довжину рядків за допомогою деякого коду префікса і додавати їх до рядків. Існують і інші можливі кодування.

$\Theta(n)$

Єдина потенційно складна частина полягає в тому, що для скасування роботи нам потрібно вибрати унікальне канонічне подання бітових рядків для кожного значення, що може бути важко (насправді, потенційно навіть обчислювально невизначним), якщо вхідні значення в двох масивах можуть бути задані в різних рівнозначних уявленнях. Однак це не є специфічною слабкістю цього методу; будь-який інший метод вирішення цієї проблеми також може бути невдалим, якщо вхід дозволено містити значення, еквівалентність яких не визначається.

Я б опублікував це як коментар до відповіді Тобі, але у мене поки що немає репутації.

В якості альтернативи для обчислення суми кожного списку (особливо, якщо вони є великими списками або містять дуже великі числа, які можуть переповнити тип ваших даних при їх підсумовуванні), ви можете використовувати замість xor.

Просто обчисліть xor-суму (тобто x [0] ^ x [1] ^ x [2] ... x [n]) кожного списку, а потім xor ці два значення. Це дасть вам значення стороннього елемента (але не індексу).

Це все ще O (n) і дозволяє уникнути будь-яких проблем із переповненням.

Елемент = Сума (масив2) - сума (масив1)

Я щиро сумніваюся, що це найбільш оптимальний алгоритм. Але це ще один спосіб вирішити проблему, і це найпростіший спосіб її вирішити. Сподіваюся, це допомагає.

Якщо кількість доданих елементів більше однієї, це не працюватиме.

Моя відповідь має однакову складність часу для найкращого, гіршого та середнього випадку,

РЕДАКЦІЯ
Подумавши, я думаю, що моя відповідь - це ваше рішення.

$n$$n-1$$1 = n-1$$2 = n+1 -1=n$

$2n-1$$2 -$$1 = 1$

$2n - 1 + 1 = 2n$

EDIT:
Через деякі проблеми з типами даних, сума XOR , запропонована reffu, буде більш доцільною.

Якщо припустити, що масив 2 був створений, взявши масив 1 і вставивши елемент у випадковій позиції, або масив 1 був створений, взявши масив 2 і видаливши випадковий елемент.

Якщо гарантується, що всі елементи масиву є різними, час - O (ln n). Ви порівнюєте елементи у місці n / 2. Якщо вони рівні, додатковий елемент знаходиться від n / 2 + 1 до кінця масиву, інакше - від 0 до n / 2. І так далі.

Якщо елементи масиву не гарантовано відрізняються: ви можете мати n разів більше числа 1 в масиві 1, а число 2 вставити в будь-якому місці масиву 2. У цьому випадку ви не можете знати, де знаходиться число, не дивлячись на все елементи масиву. Тому O (n).

PS. Оскільки вимоги змінилися, перевірте свою бібліотеку на наявність. У macOS / iOS ви створюєте NSCountSet, додаєте всі числа з масиву 2, видаляєте всі номери з масиву 1, і що залишилося - це все, що є в масиві 2, але не в масиві 1, не покладаючись на твердження, що є ще один додатковий пункт.

вар найкоротший, найдовший;

Перетворити найкоротше на карту для швидкого посилання та циклу протягом найдовшого, поки поточне значення не буде на карті.

Щось подібне у javascript:

якщо (arr1.length> arr2.length) {найкоротший = arr2; найдовший = arr1; } else {найкоротший = arr1; найдовший = arr2; }

var map = shorttest.reduce (функція (obj, значення) {obj [value] = true; return obj;}, {});

var різниця = найдовше.find (функція (значення) {return !!! map [value];});

О (N) рішення у часовій складності O (1) з точки зору складності простору

Постановка проблеми: якщо припустити, що array2 містить усі елементи масиву1 плюс ще один елемент, який не присутній у масиві1.

Рішення полягає в тому, що ми використовуємо xor для пошуку елемента, якого немає в масиві1, тому кроки: 1. Почніть з масиву1 та зробіть xor усіх елементів і збережіть їх у змінній. 2. Візьміть array2 і зробіть xor всіх елементів зі змінною, яка зберігає xor масиву1. 3. Після виконання операції наша змінна буде містити елемент, який присутній лише у масиві2. Наведений вище алгоритм працює через наступну властивість xor "a xor a = 0" "a xor 0 = a" Я сподіваюся, що це вирішить вашу проблему. Також вище запропоновані рішення також чудово