Порівнюючи два добутки списків цілих чисел?

Припустимо, у мене є два списки натуральних чисел обмеженої величини, і я беру добуток усіх елементів кожного списку. Який найкращий спосіб визначити, який продукт більший?

Звичайно, я можу просто обчислити кожен продукт, але сподіваюся, що існує більш ефективний підхід, оскільки кількість цифр у продуктах лінійно збільшуватиметься з кількістю термінів, так що все обчислення буде квадратичним.

Якби я додавав замість множення, я міг би використовувати "стратегію блискавки", щоб поступово додавати записи з першого списку і віднімати з другого, обходячи необхідність обчислення (великих) загальних сум. Аналогічними методами для продуктів було б підсумовувати логарифми записів, але проблема тепер полягає в тому, що для обчислення журналів потрібне використання неточної арифметики. Якщо тільки є якийсь спосіб довести числову помилку не має значення?

time-complexity nt.number-theory

— користувач168715
джерело

Якщо ми знаємо максимальне ціле значення і воно не залежить від n (тобто константа k), тоді ми можемо скласти таблицю пошуку факторів усіх чисел від 1 до k. Тепер я думаю, якщо ви записуєте все в базу [добуток факторів], воно стає лінійним, оскільки ви можете обчислити продукти в лінійний час з цією базою, а потім по черзі порівнювати кожну цифру (починаючи з цифри найвищого порядку), поки одна не більша за іншу. Деталі там трохи хитрі, але я думаю, що це має спрацювати, якщо k є постійною.

— Філліда

Я скоріше скажу, що аналогічна техніка для виробів полягає в тому, щоб зберегти раціональне число, рівне першим елементам першого списку, поділеним на перші елементи другого (плюс обробка

с). Але це не дуже корисно, тому що якщо вся кількість є одночасною, вона обчислить обидва продукти. | Також я не впевнений, що алгоритм наївності є квадратичним. Обчисливши добуток з

цілих чисел розміром

може зайняти до

0

$0$

n

$n$

m

$m$

де

- вартість множення

-бітових цілих чисел на

-бітних цілих чисел. Якщо ви не вважаєте, що продукти також відповідають формату

C (m, m) + C (m, 2 m) + . . . + C (m, (n - 1) m)

$C(m,m)+C(m,2m)+...+C(m,(n-1)m)$

C (x, y)

$C(x,y)$

x

$x$

y

$y$

— xavierm02

Можливо, є якийсь спосіб поширити метод у math.stackexchange.com/a/1081989/10385

— xavierm02

Вдосконалення щодо наївного підходу: підраховуйте кількість випадків кожного фактора (за лінійним часом) та обчислюйте лише продукт у кінці, використовуючи ефективний алгоритм живлення. Це працює в часі

, що є

O (M (n))

$O(M(n))$

використовуючи поточний асимптотично найшвидший метод.

O (n \log n 2^{O (\log^{*} n)})

$O(n\,\log n\,2^{O(\log^*n)})$

— Еміль Єржабек

Я подумаю про необхідну точність для журналів. Насправді це може бути ефективніше.

— Еміль Єржабек

(Я розумію опис проблеми, щоб вхідні числа були обмежені постійною, тому я не буду відстежувати залежність від пов'язаної.)

Завдання вирішується в лінійному часі та логарифмічному просторі з використанням сум логарифмів. Більш детально алгоритм полягає в наступному:

Використовуючи двійкові лічильники, підрахуйте кількість подій кожного можливого вхідного числа в обох списках.

Для цього потрібен час , і лічильники використовують простір , оскільки кожен лічильник обмежений значенням . $O(n)$ $O(\log n)$ $n$

Нехай - прайми нижче межі . Розподіляючи кожен лічильник для числа на прості множники (з відповідною кратністю) і віднімаючи відліки для одного списку з іншого списку, ми отримуємо наступне за часом : $p_1,\dots,p_k$ $O(1)$ $a$ $a$ $O(\log n)$

Обчисліть цілі числа з бітами таким чином, що задача еквівалентна визначенню знаку . $\beta_1,\dots,\beta_k$ $O(\log n)$ $\Lambda:=\sum_{i=1}^k\beta_i\log p_i$

Якщо , дайте відповідь, що продукти рівні. $\beta_1=\dots=\beta_k=0$

В іншому випадку . За теоремою Бейкера ми можемо знизити межу для деякої постійної . Таким чином, наступне правильно обчислює знак : $\Lambda\ne0$

| Λ | > 2^{- С журнал н}

$|\Lambda|>2^{-C\log n}$

C

$C$

Λ

$\Lambda$

Виведіть знак , де - наближення до біт точності. $\sum_{i=1}^k\beta_i\pi_i$ $\pi_i$ $\log p_i$ $m:=C\log n+k+1$

$M(m)$ $m$ $M(m)=O(m\,\log m\,2^{O(\log^* m)})$ $O(m^2)$ $\log p_i$ $m$ $O(M(m)\log m)$ $\sum_i\beta_i\pi_i$ $O(M(m))$ $O(M(m)\log m)\subseteq O(\log n\,\mathrm{poly}(\log\log n))$

$O(n)$

— Еміль Єржабек
джерело

Дякую! Пізніше мені доведеться опрацювати деталі, але це здається дуже перспективним!

— користувач168715