Підрахунок островів у булевих матрицях

З огляду на $n \times m$ Булева матриця $\mathrm X$, дозволяє $0$ записи представляють море і $1$записи представляють землю. Визначте острів як вертикальний або горизонтальний (але не по діагоналі) сусідній$1$ записи.

Первісне питання полягав у підрахунку кількості островів у даній матриці. Автор описав рекурсивне рішення ($\mathcal{O}(nm)$ пам'ять).

Але я безуспішно намагався знайти потокове (зліва направо, а потім вниз до наступного ряду) рішення, яке динамічно рахує острови з $\mathcal{O}(m)$ або $\mathcal{O}(n)$ або $\mathcal{O}(n+m)$пам'ять (для складності в часі немає обмежень). Це можливо? Якщо ні, то як я можу це довести?

Кілька прикладів очікуваних виходів для певних входів для countфункції:

$count\begin{pmatrix} 010\\ 111\\ 010\\ \end{pmatrix} = 1; % count\begin{pmatrix} 101\\ 010\\ 101\\ \end{pmatrix} = 5; % count\begin{pmatrix} 111\\ 101\\ 111\\ \end{pmatrix} = 1;$

$count\begin{pmatrix} 1111100\\ 1000101\\ 1010001\\ 1011111\\ \end{pmatrix} = 2$

$count\begin{pmatrix} 101\\ 111\\ \end{pmatrix} = 1$

Ось ескіз алгоритму, який зберігає лише два ряди пам’яті одночасно, так $O(m)$пам'ять. Але оскільки ви можете запустити цей алгоритм на транспонировку матриці без проблем, фактична складність є$O(\min(m, n))$пам'ять. Час обробки - це$O(mn)$.

1. Ініціалізація. Перегляньте перший рядок і знайдіть усі підключені підрядки цього рядка. Призначте кожній роз'єднаній підрядці унікальний позитивний ідентифікатор і збережіть це як вектор, який дорівнює нулю$X$ дорівнює нулю, а унікальний позитивний інакше.

2. Кожному решті, що залишився, призначте унікальні ідентифікатори (ніколи не призначайте попередні унікальні ідентифікатори, переконайтесь, що ваші ідентифікатори суворо збільшуються) підрядкам у цьому рядку знову. Перегляньте попередній рядок плюс поточний рядок як$2$ від $m$матриці, і будь-які підключені області повинні бути присвоєні мінімуму. Як приклад:

   $$\begin{array}0010402220333300\\ 506607080009990\end{array} \rightarrow \begin{array}0010402220333300\\ 504402020003330\end{array}$$

   Для коректності цього алгоритму не потрібно оновлювати попередній рядок, лише поточний.

   Після цього знайдіть набір усіх ідентифікаторів у попередньому рядку, які не підключаються до наступного рядка, відкинувши дублікати . Додайте розмір цього набору до вашого запущеного лічильника островів.

   Тепер ви можете відкинути попередній рядок і призначити поточний рядок попередньому рядку та рухатися далі.

3. Щоб правильно обробити останній рядок, зробіть вигляд, що внизу є ще один ряд нулів $X$ і знову запустіть крок 2.

Orlp дає рішення, використовуючи $O(n)$ слова простір, які є $O(n\log n)$ біт простору (якщо вважати, що це простота $n=m$). І навпаки, це легко показати$\Omega(n)$ біти місця потрібні, зменшуючи встановлену непересічність вашої проблеми.

Припустимо, що Аліса містить бінарний вектор $x_1,\ldots,x_n$ а Боб утримує двійковий вектор $y_1,\ldots,y_n$, і вони хочуть знати, чи існує індекс $i$ такий як $x_i=y_i=1$. Вони виконують ваш алгоритм для$2\times(2n-1)$ матриця, рядки якої є $x_1,0,x_2,0,\ldots,0,x_n$ і $y_1,0,y_2,0,\ldots,0,y_n$. Після того, як перший рядок буде прочитаний, Аліса надсилає Боба$\sum_i x_i$ а також вміст пам'яті, щоб Боб міг скласти алгоритм та порівняти $\sum_i (x_i+y_i)$до кількості підключених компонентів. Якщо два числа збігаються, два вектори роз'єднані (немає індексу$i$), і навпаки. Оскільки потрібен будь-який протокол для встановленої непересічності$\Omega(n)$ біт (навіть якщо це може помилитися з невеликою постійною ймовірністю), ми виводимо an $\Omega(n)$ нижня межа, яка справедлива навіть для рандомізованих протоколів, яким дозволено помилятися з невеликою постійною ймовірністю.

Ми можемо покращити рішення Orlp, використовуючи некросинг-розділи . Читаємо матрицю рядок. Для кожного ряду ми пам’ятаємо, які зразки пов’язані через шляхи, що проходять через попередні рядки. Відповідний розділ не є схрещувальним, і тому його можна кодувати за допомогою$O(n)$біти (оскільки непересічні розділи обчислюються каталонськими числами, швидкість зростання яких є швидше експоненціальною, ніж факторною). Читаючи наступний рядок, ми підтримуємо це зображення, і збільшуємо лічильник, коли всі кінці частини не з'єднані з поточним рядком (лічильник займає додатковий$O(\log n)$біт). Як і в рішення Орлпа, ми додаємо остаточний макетний ряд нулів, щоб закінчити обробку матриці. Це рішення використовує$O(n)$ біт, що є асимптотично оптимальним, враховуючи нижню межу.