Повернення списку за допомогою двох черг

Це питання натхнене існуючим питанням про те, чи можна моделювати стек, використовуючи дві черги з амортизованим часом за операцію стека. Відповідь, здається, невідома. Ось більш конкретне запитання, відповідне окремому випадку, коли перші операції PUSH виконуються спочатку, а потім усі операції POP. Наскільки ефективно можна повернути список елементів за допомогою двох спочатку порожніх черг? Юридичні операції:$O(1)$$N$

1. Запишіть наступний елемент із списку введення (до хвоста будь-якої черги).
2. Видаліть елемент на чолі будь-якої черги та знову заставте його (до хвоста будь-якої черги).
3. Видаліть елемент на чолі будь-якої черги та додайте його до списку вихідних даних.

Якщо вхідний список складається з елементів , то як складається мінімальна кількість операцій, необхідних для генерування списку зворотного виходу поводитись? Доказ того, що він росте швидше, ніж був би особливо цікавим, оскільки він вирішив би початкове питання негативно.$[1,2,...,N-1,N]$$[N,N-1,...,2,1]$$O(N)$

Оновлення (15 січня 2011 р.): Проблему можна вирішити в , як показано у поданих відповідях та їх коментарях; а нижня межа тривіальна. Чи можна покращити будь-який з цих меж?$O(N \log N)$$\Omega(N)$

Якщо N - потужність двох, я вважаю, що операцій O (N log N) достатньо навіть для дещо більш обмеженої проблеми, коли всі елементи починаються на одній з черг і повинні закінчуватися в зворотному порядку на одній із черг (без списки введення та виведення).

На етапах O (N) можна почати з усіх елементів однієї черги, відтворити "один для тебе один для мене", щоб розділити їх на чергування підмножини на іншій черзі, а потім об'єднати їх назад в одну чергу. З точки зору двійкових уявлень позицій елементів, це реалізує операцію обертання.

На етапах O (N) також можна витягнути пари елементів з однієї черги, поміняти їх місцями, а потім поставити їх назад, перевернувши всі пари. Що стосується двійкових уявлень позицій елементів, це доповнює біт позиції низького порядку.

Повторюючи O (log N) разів непереміщення та попарний своп, ми можемо доповнити всі біти двійкових уявлень позицій - це те саме, що перевернути список.

Найкращий алгоритм, який я можу придумати, вимагає переходів з однієї черги на іншу.$\sum_{i=0}^{N/2-1}(N-2i-2)$

Дозволяє назвати дві наявні черги як ліву, так і праву. Ось основна ідея цього алгоритму з припущенням, що N парне:

1. Прочитайте значення з початкового списку елементів і натисніть усі непарні числа в ліву чергу, а парні числа - у праву чергу
2. Одним із перших кроків найшвидшого способу вивести максимальне значення - перенести N / 2-1 елементи з правої черги в ліву і вивести верхнє значення з правої черги у список виводу
3. Тепер ми повинні зробити те ж саме для іншої черги - перенести N / 2-1 елементів з лівої черги в праву і вивести верхній елемент з лівої черги у вихідний список
4. Поміняйте черги та повторіть кроки 2 та 3 для N = N-2

Неважко зрозуміти, як алгоритм повинен працювати для непарних N.