Злиття списків крихких предметів

Передумови: Чао Сю кілька разів тому опублікував таке запитання: " Чи існують відомі алгоритми сортування порівняння, які не зводяться до сортування мереж, таким чином, щоб кожен елемент порівнювався з разів? $O(\log n)$ ". Здається, ми трохи застрягли в проблемі; Я обговорював ту саму проблему з Валентином Поліщуком у 2009 році, і ми нікуди не дійшли.

Щоб отримати кілька свіжих ідей, я спробував підійти до найпростішого можливого питання, яке має схожий аромат і не зовсім банальне. Звідси наступне питання.

Питання: Вам надано два відсортовані списки, у кожному з яких є елементів. Чи можете ви об'єднати списки так, щоб кожен елемент порівнювався лише разів? $n$ $O(1)$

Природно, вихід повинен бути відсортованим списком, який містить усі елементів. $2n$

[Це виявилося тривіально, відповідь - "ні".]

Запитання 2: Вам надано два відсортовані списки, у кожному з яких є елементів. Чи можете ви об'єднати списки так, щоб кожен елемент порівнювався лише разів, якщо вам дозволяється відкинути невелику частину елементів ? $n$ $O(1)$

Точніше, вихід повинен бути відсортованим списком, який містить елементів, і "смітником", який містить елементів. Наскільки мало ви можете скласти значення ? Отримання тривіально. Щось на зразок повинно бути виконано прямо. Але чи можна отримати $2n-T(n)$ $T(n)$ $T(n)$ $T(n) = n$ $T(n) = n/100$ ? $T(n) = o(n)$

Примітки:

Тут ми використовуємо модель порівняння. Тільки з детермінованими алгоритмами нас цікавлять найгірші гарантії.
Зауважте, що обидва списки мають рівно елементів. Якщо у нас був один список з елементами та інший з елементом, відповідь явно «ні»; однак, якщо обидва списки довгі, здається, що можна було б зробити «балансування навантаження». $n$ $n$ $1$
Цього разу будь-який алгоритм дійсний. Якщо ваш алгоритм використовує сортування мереж як складовий блок, це цілком добре.
Для початку, ось простий алгоритм, який порівнює кожен елемент щонайменше у 200 разів: Просто використовуйте стандартний алгоритм злиття, але підтримуйте лічильники для заголовків списків. Як тільки ви досягнете 200, відкиньте елемент. Тепер для кожного викинутого елемента ви успішно розмістили 200 елементів у вихідному масиві. Отже, ви досягли . $T(n) = n/100$

ds.algorithms sorting sorting-network

— Юкка Суомела
джерело

Ви сказали, що "Якби у нас був один список з n елементами та інший з 1 елементом, відповідь явно ні". Чи не так з n елементами в кожному списку є загальнішою проблемою? Наприклад, якщо нам обіцяють, що всі елементи у другому списку, окрім першого, значно більші, ніж усі елементи першого списку, чи не зводиться це до першої проблеми?

— Робін Котарі

@Robin: Правильно, тому мені не вдалося придумати нетривіальне питання, дякую. Наче ваше спостереження дає нижню межу

якщо ми наполягаємо на сортуванні всіх елементів. Дозвольте мені трохи доповнити питання ...

Ω (\log n)

$\Omega(\log n)$

— Jukka Suomela

І якщо хтось замислюється, у чому сенс здається дивним визначенням у питанні 2: якщо ми можемо зробити

дуже малим, можливо, ми могли б використати щось на зразок злиття, щоб майже вирішити первісну проблему, і хвилюватися з приводу крихітної частки елементів у кошику пізніше.

T (n)

$T(n)$

— Jukka Suomela

Ні, такий алгоритм не може існувати.

Припустимо, порівнювати один елемент. $t$

$2^t$ $2^t+1$ $t+1$

$n$ $n/2^t$ $n/2^t$

$t$ $o(n)$

Зі сторони, здається, що можна узгодити цей пов'язаний алгоритм, де кожен елемент порівнюється з приблизно журналом розміру навколишньої частини іншого списку. Якщо це цікавить, я спробую опрацювати деталі.

— Ріко Яків
джерело