Лінійний алгоритм переміщення стрілецького часу на місці

Чи існує лінійний алгоритм переміщення гвинтівки на місці? Це алгоритм, який деякі особливо спритні руки здатні виконувати: рівномірно розділити вхідний масив рівного розміру, а потім переплетення елементів двох половинок.

MathWorld має коротку сторінку на гвинтівці перетасовки . Зокрема, мене цікавить різновид out-shuffle, який перетворює вхідний масив 1 2 3 4 5 6 в 1 4 2 5 3 6. Зауважте, що за їх визначенням довжина вводу становить $2n$ .

Це легко зробити в лінійний час, якщо у нас є другий масив розміром або більше під рукою. Спочатку скопіюйте останні елементів у масив. Потім, припускаючи індексацію на основі 0, скопіюйте перші елементів з індексів до . Потім скопіюйте елементів з другого масиву назад у вхідний масив, відображаючи індекси до . (Ми можемо виконати трохи менше роботи, ніж це, тому що перший і останній елементи на вході не рухаються.)$n$$n$$n$$[0,1,2,...,n-1]$$[0, 2, 4,...,2n-2]$$n$$[0,1,2,...,n-1]$$[1,3,5,...,2n-1]$

Один із способів спроби зробити це на місці включає декомпозицію перестановки на роз'єднані цикли та перестановку елементів відповідно до кожного циклу. Знову ж таки, якщо припустити індексацію на основі 0, перестановка, що бере участь у 6-елементному випадку, є

$$\sigma=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ 0 & 2 & 4 & 1 & 3 & 5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & 2 & 4 &3 \end{pmatrix}.$$

Як і очікувалося, перший і останній елементи є фіксованими точками, і якщо перестановити середні 4 елементи, ми отримаємо очікуваний результат.

На жаль, моє розуміння математики перестановок (та їх ) здебільшого базується на вікіпедії, і я не знаю, чи можна це зробити в лінійний час. Може, перестановки, що беруть участь у цьому перетасуванні, можуть швидко розкластись? Крім того, нам навіть не потрібне повне розкладання. Достатньо лише визначити один елемент кожного з розрізнених циклів, оскільки ми можемо реконструювати цикл з одного з його елементів. Можливо, потрібен зовсім інший підхід.$\LaTeX$

Хороші ресурси з відповідної математики так само цінні, як і алгоритм. Спасибі!

Проблема напрочуд нетривіальна. Ось приємне рішення Елліса і Маркова, In-Situ, стабільне злиття шляхом ідеального перебору (розділ 7). Елліс, Кран і Вентилятор, обчислюючи цикли в ідеальній перестановці перетасування, вдаються вибрати "лідерів циклу" за рахунок більшої кількості пам'яті. Також пов’язаний приємний папір Фіха, Манро та Поблете , Permuting In Place , який дає загальний алгоритм часу n log n ) для моделі oracle. Якщо доступний лише оракул для перестановки, алгоритм вимагає логарифмічного простору; якщо ми також маємо оракул для зворотного, він вимагає постійного простору.$O(n\log n)$

Тепер про рішення Елліса та Маркова. Спочатку припустимо, що . Тоді обчислення ідеального переміщення порядку n зводиться до обчислення ідеального перетасування порядків x і y з обертанням, що передує їм. Ось доказ на прикладі ( n = 5 , x = 3 , y = 2 ): 012 345 67 89 012 567 34 89 051627 $n = x+y$$n$$x$$y$$n=5$$x=3$$y=2$

$$\begin{array}{cc} 012\mathbf{345} & \mathbf{67}89 \\ 012\mathbf{567} & \mathbf{34}89 \\ 051627 & 3849 \end{array}$$

Елліс та Марков знайшли простий спосіб обчислити ідеальне переміщення при , використовуючи постійний простір та лінійний час. Використовуючи це, ми отримуємо алгоритм обчислення ідеального перетасування для довільних n . Спочатку запишіть n = 2 k 0 + ⋯ + 2 k w, використовуючи двійкове кодування n , і нехай n i = 2 k i + ⋯ + 2 k w . Оберніть середину$n=2^k$$n$$n = 2^{k_0} + \cdots + 2^{k_w}$$n$$n_i = 2^{k_i} + \cdots + 2^{k_w}$ біт, перемістіть праву руку на 2 $n_0$ біт. Ігноруючиправу рукуна2 к 0 біт, поверніть серединуn1біт і перемістіть праву руку на2 k 1 біт. І так далі. Зауважте, що обертання просте, оскільки перші кілька елементів, що обертаються, виконують функцію лідерів циклу. Загальна складність обертання становитьO(n0+⋯+nw)=O(n), оскількиn t + 1 <nt/2. Загальна складність внутрішніх переміщень становитьO$2^{k_0}$$2^{k_0}$$n_1$$2^{k_1}$$O(n_0 + \cdots + n_w) = O(n)$$n_{t+1} < n_t/2$ .$O(2^{k_0} + \cdots + 2^{k_w}) = O(n)$

Залишилося показати, як обчислити ідеальне переміщення, коли . Насправді ми зможемо визначити лідерів циклу, дотримуючись класичної роботи над намистами (Фредріксен та Майорана, Кольє з намистин у k кольорах та послідовностях k -ary de Bruijn ; Фредріксен та Кесслер, Алгоритм генерування намиста з намистин у два кольори ).$n=2^k$$k$$k$

Який зв’язок? Я стверджую, що перестановка перетасування відповідає правильному зміщенню бінарного представлення. Ось доказ на прикладі для : 000 001 010 011 100 101 110 111 000 100 001 101 010 110 011 111 Отже, щоб знайти лідери циклів, нам потрібно знайти одного представника з кожного класу еквівалентності обертання двійкові рядки довжиною k . Вищенаведені роботи дають наступний алгоритм для генерації всіх лідерів циклу. Почніть з 0 $n=8$

$$\begin{array}{cccccccc} 000 & 001 & 010 & 011 & 100 & 101 & 110 & 111 \\ 000 & 100 & 001 & 101 & 010 & 110 & 011 & 111 \end{array}$$ $k$$0^k$ . На кожному кроці ми в якийсь момент . Знайдіть максимальний індекс i нульового біта, розділіть$a_1 \ldots a_k$$i$ по i, щоб отримати k = d ⋅ i + r , і нехай наступна точка буде ( a 1 … a i - 1 1 ) d a 1 … a r . Щоразу$k$$i$$k = d\cdot i + r$$(a_1\ldots a_{i-1}1)^d a_1\ldots a_r$ ,новарядок є лідером циклу.$r = 0$

Наприклад, коли це генерує послідовність 0000 , 0001 , 0010 , 0011 , 0101 , 0110 , 0111 , 1111$n=16$

$$\mathbf{0000}, \mathbf{0001}, 0010, \mathbf{0011}, \mathbf{0101}, 0110, \mathbf{0111}, \mathbf{1111}.$$

Виділено керівників циклу.

Це було питання щодо висіву на сайті cs.stackexchange.com, а відповідь можна знайти тут: /cs/332/in-place-algorithm-for-interleaving-an-array/400#400

Це пояснення статті: http://arxiv.org/abs/0805.1598 .

$k$$2$$k$$3^2$$k=2$ ).

$j \to 2j \mod 2n+1$

$m$$n = m-2$$i$$f(i) = 2\cdot i$$i \leq n/2$$f(i) = 2 \cdot (i \mod n/2) - 1$$i > n/2$

$O(1)$$O(\log n)$