Швидке кодування збалансованих векторів

Неважко помітити, що для будь-якого існує 1-1 відображення від {0,1} до {0,1} таким, що для будь-якого вектор "врівноважений", тобто має рівну кількість 1s і 0s. Чи можна визначити такий так, що за даного ми можемо ефективно обчислити ? $n$ $F$ $^n$ $^{n+O(\log n)}$ $x$ $F(x)$ $F$ $x$ $F(x)$

Дякую.

ds.algorithms ds.data-structures encoding

— Пьотр
джерело

Я припускаю, що під "ефективним" ви маєте на увазі O (n) або вихід, виключаючи аргумент "повторних випадкових випробувань"?

— Суреш Венкат

@Suresh, Чи змогли б ви накреслити аргумент "повторних випадкових випробувань"?

— Еміль

один із способів довести, що відображення існує, є імовірнісним методом: виберіть F навмання, а потім відображення працює з певною вірогідністю. ось що я мав на увазі.

— Суреш Венкат

Питання цілком чітко визначене, але, на мою думку, назва вводить в оману. Я б не називав відображення F, що задовольняє заявленій умові, «кодуванням збалансованих векторів», якщо F не є біективним. Це більше схоже на кодування п-бітову рядок з допомогою збалансованого вектора.

— Цуйосі Іто

Я маю на увазі «ідеально чітко визначений» аж до можливо різних інтерпретацій «ефективно». Але це не сенс мого попереднього коментаря.

— Цуйосі Іто,

Відповіді:

Розглянемо бітні рядки . Визначення: $n$ $x$

$f(x,i)$ = бітовий рядок з доповненими останніми бітами . $x$ $i$
$b(x)$ = "дисбаланс" : число 1s у число 0s у . $x$ $x$ $-$ $x$

Тепер виправте рядок . Розглянемо функцію . Спостереження: $x$ $g(i) = b(f(x,i))$

$g(0) = b(x)$ .
$g(n) = -g(0)$ .
$|g(i) - g(i+1)| = 2$ для всіх . Ми або видаляємо один 0 і додаємо 1, або навпаки. $i$

Тепер випливає, що існує такий, що . $i$ $-1 \le g(i) \le +1$

Отже, ми можемо побудувати біт-рядок таким чином: об'єднати і двійкове кодування індексу . Абсолютне значення дисбалансу дорівнює . Більше того, ми можемо відновити заданий ; відображення бієкція. $(n+O(\log n))$ $y$ $f(x,i)$ $i$ $y$ $O(\log n)$ $x$ $y$

Нарешті, ви можете додати макетні біти які зменшують дисбаланс з до . $O(\log n)$ $y$ $O(\log n)$ $0$

— Юкка Суомела
джерело

b (x) у 3-му рядку має бути b (y).

— Еміль

Я думаю, що вам, можливо, потрібно додати ще один біт до рядка x, щоб забезпечити його рівну довжину (так що ви можете бути впевнені, що g (i) для я i дорівнює нулю).

— Еміль

@Emil: Я не стверджую, що

для деяких

дорівнює нулю ; достатньо, щоб абсолютне значення

було для деяких

"досить малим" (щонайбільше логарифмічного було б достатньо, але легко показати, що воно буде не більше

для деяких

g (i)

$g(i)$

i

$i$

g (i)

$g(i)$

i

$i$

1

$1$

i

$i$

— Jukka Suomela

@Jukka: Ага, я бачу.

— Еміль

Але так, ви маєте рацію, існує багато варіантів того самого базового підходу. Наприклад, як ви запропонували, ви можете спочатку скористатися бітом оббивки, щоб гарантувати, що

буде рівним нулю для деяких

; тоді ви можете кодувати

, використовуючи бітові пари

або

, тобто

зайвих біт; тоді результат конкатенації суворо збалансований, і нічого іншого не потрібно додавати.

g (i)

$g(i)$

i

$i$

i

$i$

01

$01$

10

$10$

2 \log (n)

$2\log(n)$

— Jukka Suomela

Скористайтеся картографуванням, яке зберігає лексикографічний порядок. Для того, щоб знайти -м довжина- збалансований вектор з 1 - х, це зробити рекурсивно: якщо , а потім встановити перший біт 0 , а потім знайти -ю довжину - вектор з 1's для завершення решти бітів. В іншому випадку встановіть перший біт 1 і знайдіть вектор -й довжини- з 1. $k$ $n$ $n/2$ $k\leq{n-1\choose n/2}$ $k$ $(n-1)$ $n/2$ $n-1$ $k-{n-1\choose n/2}$ $(n-1)$ $n/2-1$

— Зейю
джерело

І якщо ви повторно використовуєте значення біноміального коефіцієнта, щоб обчислити наступний необхідний біноміальний коефіцієнт, весь алгоритм працює за O (n) час.

— Tsuyoshi Ito

Дякую! Це має сенс. Я думаю, час роботи буде залежати від обчислювальної моделі. Якщо ви можете виконати операції над n-бітовими числами в одиницю часу, реалізація Tsuyoshi Ito буде працювати в O (n) час. З іншого боку, якщо порахувати бітові операції, я думаю, що час буде O (n ^ 2).

— Пьотр