Складність застосування перестановки на місці

На мій подив, мені не вдалося знайти документи про це - напевно, шукали неправильні ключові слова.

Отже, у нас є масив чого-небудь і функція на його показниках; f - перестановка.$f$$f$

Як ми можемо переупорядкувати масив відповідно до із пам’яттю та часом виконання якомога ближче до O ( 1 ) та O ( n ) ?$f$$O(1)$$O(n)$

Чи є додаткові умови, коли це завдання стає простішим? Наприклад, коли ми чітко знаємо, що функція - обернена величина f ?$g$$f$

Я знаю алгоритм, який слідкує за циклами і проходить цикл для кожного індексу, щоб перевірити, чи є він найменшим у його циклі, але знову ж таки, він має найгірший час роботи , хоча в середньому він, схоже, веде себе краще. ..$O(n^2)$

Варіант 0: Permuting In Place (1995) від Віри Е. Фіх, Дж. Іна Мунро, Патрісіо В. Поблете часу O ( log 2 n ) простір.$O(n \log n)$$O( \log^{2} n )$

Варіант 1: Обдурити, стиснувши перестановку до лаконічної структури даних, див. Munro http://www.itu.dk/people/ssrao/icalp03-a.pdf .

Варіант 2: Використовуйте розклад основного циклу, щоб зберігати перманентну лаконічно і використовувати цей додатковий простір для обману http://oeis.org/A186202

Варіант 3: Відстежуйте найбільший індекс кожного маніпульованого циклу. Для кожної ітерації використовуйте найбільший невидимий індекс, щоб перемістити все в своєму циклі по одному. Якщо він потрапляє на побачений індекс, скасуйте все, що працює, тому що циклом вже маніпулювали. час, O ( # циклів ∗ log n ) простір.$O(n^2)$$O(\#\text{cycles} * \log n)$

Варіант 4: Відслідковуйте найбільший індекс кожного маніпульованого циклу, але виконайте їх лише партіями різної тривалості циклу. Для кожної ітерації використовуйте найбільший невидимий індекс, щоб переміщувати все в своєму циклі по одному. Якщо він потрапляє на побачений індекс, скасуйте все, що працює, тому що цикл thae вже маніпулюється час, O ( ( # циклів _ з _ же _ розмір ) * журнал п ) простір.$O(n^2 * \text{distinct}\_\text{cycle}\_\text{lengths})$$O((\#\text{cycles}\_\text{with}\_\text{same}\_\text{size}) * \log n)$

Варіант 5: Із того ж паперу Манро, як і варіант 0, для обертати цикл p ( i ), якщо i - найбільший показник у цьому циклі. O ( n 2 ) час і O ( log n ) простір.$i = 1 .. n$$p(i)$$i$$O(n^2)$$O(\log n)$

Якщо ви використовуєте подання циклу перестановки, вам потрібен 1 додатковий елемент масиву, щоб зберігати елемент, який наразі перестановлений, і ви можете виконувати цикли в гірших операціях O (N).

Будь-яка перестановка з N елементів може бути перетворена на будь-яку іншу перестановку за допомогою N-1 або меншої кількості обмінів. Найгірший випадок для цього методу може вимагати виклику O (n ^ 2) до вашого оракула, F (). Почніть з найменшого положення. Нехай х - позиція, яку ми зараз міняємо.

Якщо F (x)> = x, то поміняйте місцями x і F (x). Інше, ми повинні знайти, де в списку зараз знаходиться елемент, який знаходився в положенні F (x). Це можна зробити за допомогою наступної ітерації. Нехай y = F (x). Робіть, поки y> = x: y = F (y): End Do. Тепер обмінюємося позиціями х і у.

Цей метод використовує зворотний F і вимагає n біт зберігання. Якщо x - позиція елемента в початковому масиві, нехай G (x) є позицією елемента в відсортованому масиві. Нехай B - n-бітовий масив. Встановіть усі n біт B у 0.

ДЛЯ x = 1 до n-1: ЯКЩО B (x) == 0 ТАКОЖ: y = G (x): DO UNTIL x == y: Поміняйте місцями x і y: B (y) = 1: y = G ( y): LOOP: ENDIF: NEXT X

Цей спосіб продовжує поміняти елемент, який знаходиться в даний час у позиції x, на остаточне положення предмета. Внутрішня петля закінчується, коли правильний елемент поміняється в положення х. Оскільки кожен своп переміщує принаймні один елемент до остаточного положення елемента, внутрішній цикл Do не може виконати більше n-1 разів під час виконання. Я думаю, що цей метод - це O (n) час і простір.