Cách tiếp cận thử thách Gậy dọc

Vấn đề này được lấy từ phỏng vấn.com

Chúng tôi được cung cấp một mảng các số nguyên $Y=\{y_1,...,y_n\}$ đại diện cho phân đoạn dòng sao cho điểm cuối của phân khúc là và . Hãy tưởng tượng rằng từ đỉnh của mỗi phân đoạn, một tia ngang được bắn sang trái và tia này dừng lại khi chạm vào một phân đoạn khác hoặc nó chạm vào trục y. Chúng tôi xây dựng một mảng gồm n số nguyên, , trong đó bằng với độ dài tia bắn từ đỉnh của phân đoạn . Chúng tôi xác định .$n$$i$$(i, 0)$$(i, y_i)$$v_1, ..., v_n$$v_i$$i$$V(y_1, ..., y_n) = v_1 + ... + v_n$

Ví dụ: nếu chúng ta có , thì , như trong hình dưới đây:$Y=[3,2,5,3,3,4,1,2]$$[v_1, ..., v_8] = [1,1,3,1,1,3,1,2]$

Với mỗi hoán vị của , chúng ta có thể tính . Nếu chúng ta chọn một hoán vị ngẫu nhiên thống nhất là , giá trị mong đợi của gì?[ $p$$[1,...,n]$$V(y_{p_1}, ..., y_{p_n})$$p$$[1,...,n]$$V(y_{p_1}, ..., y_{p_n})$

Nếu chúng ta giải quyết vấn đề này bằng cách sử dụng phương pháp ngây thơ, nó sẽ không hiệu quả và chạy thực tế mãi mãi với . Tôi tin rằng chúng ta có thể tiếp cận vấn đề này bằng cách tính toán một cách độc lập giá trị dự kiến ​​của cho mỗi thanh nhưng tôi vẫn cần biết rằng có một cách tiếp cận hiệu quả khác cho vấn đề này. Trên cơ sở nào chúng ta có thể tính toán giá trị kỳ vọng cho mỗi thanh một cách độc lập?v $n=50$$v_i$

Hãy tưởng tượng một vấn đề khác: nếu bạn phải đặt gậy có chiều cao bằng nhau trong n khe thì khoảng cách dự kiến ​​giữa các gậy (và khoảng cách dự kiến ​​giữa gậy đầu tiên và khe ghi chú 0 và khoảng cách dự kiến ​​giữa gậy cuối cùng và một ghi chú khe n + 1 ) là n + $k$$n$$0$$n+1$ vì cókhoảng trốngk+1để vừa với chiều dàin+1.$\frac{n+1}{k+1}$$k+1$$n+1$

Quay trở lại vấn đề này, một cây gậy đặc biệt quan tâm đến việc có bao nhiêu cây gậy (bao gồm cả chính nó) cao hay cao hơn. Nếu số này là , thì khoảng cách dự kiến ​​ở bên trái của nó cũng là n + $k$ .$\frac{n+1}{k+1}$

Vì vậy, thuật toán chỉ đơn giản là tìm giá trị này cho mỗi thanh và cộng thêm kỳ vọng. Ví dụ: bắt đầu với độ cao của , số gậy có chiều cao lớn hơn hoặc bằng là [ 5 , 7 , 1 , 5 , 5 , 2 , 8 , 7 ] vì vậy kỳ vọng là$[3,2,5,3,3,4,1,2]$$[5,7,1,5,5,2,8,7]$.$\frac96+\frac98+\frac92+\frac96+\frac96+\frac93+\frac99+\frac98 = 15.25$

Điều này rất dễ lập trình: ví dụ một dòng đơn trong R

V <- function(Y){ (length(Y) + 1) * sum( 1 / (rowSums(outer(Y, Y, "<=")) + 1) ) }

đưa ra các giá trị trong đầu ra mẫu trong bài toán ban đầu

> V(c(1,2,3))
[1] 4.333333
> V(c(3,3,3))
[1] 3
> V(c(2,2,3))
[1] 4
> V(c(10,2,4,4))
[1] 6
> V(c(10,10,10,5,10))
[1] 5.8
> V(c(1,2,3,4,5,6))
[1] 11.15

Giải pháp của Henry vừa đơn giản vừa tổng quát hơn giải pháp này!

---

gần bằng một nửa số so sánh dự kiến ​​được thực hiện bởi quicksort ngẫu nhiên.$E[V]$

Giả sử các que có chiều cao khác biệt , chúng ta có thể rút ra một giải pháp dạng đóng cho như sau.$E[Y]$

Đối với mọi chỉ số , hãy để X i j = 1 nếu Y j = max { Y i , . . . , Y j } và X i j = 0 nếu không. (Nếu các yếu tố của Y là không rõ rệt, sau đó X i j = 1 phương tiện mà Y j là đúng lớn hơn mọi phần tử của { Y $i\le j$$X_{ij} = 1$$Y_j = \max\{Y_i,...,Y_j\}$$X_{ij}=0$$Y$$X_{ij}=1$$Y_j$).$\{Y_i, \dots, Y_{j-1}\}$

Sau đó, đối với bất kỳ chỉ số , chúng tôi có v j = Σ j i = 1 X i j (Bạn có thấy tại sao?) Và do đó V = n Σ j = 1 v j = n Σ j = 1 j Σ i = 1$j$$v_j = \sum_{i=1}^j X_{ij}$

$$V = \sum_{j=1}^n v_j = \sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^j X_{ij}.$$

Độ tuyến tính của kỳ vọng ngay lập tức ngụ ý rằng

$$E[V] = E\bigg[\sum_{1\le i\le j\le n} X_{ij}\bigg] = \sum_{1\le i\le j\le n} E[X_{ij}].$$

Vì là 0 hoặc 1 , nên ta có E [ X i j ] = Pr [ X $X_{ij}$$0$$1$.$E[X_{ij}] = \Pr[X_{ij}=1]$

Cuối cùng, và đây là bit quan trọng bởi vì các giá trị trong là khác biệt và được hoán vị đồng nhất, mỗi phần tử của tập hợp con { Y i , . . . , Y j } có khả năng là phần tử lớn nhất trong tập hợp con đó. Do đó, Pr [ X i j = $Y$$\{Y_i,...,Y_j\}$ . (Nếu các phần tử củaYkhông khác biệt, chúng ta vẫn cóPr[Xij=$\Pr[X_{ij}=1] = \frac{1}{j-i+1}$$Y$ )$\Pr[X_{ij}=1] \le \frac{1}{j-i+1}$

Và bây giờ chúng ta chỉ có một số toán học. trong đóH

$$\begin{aligned} E[V] &= \sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^j E[X_{ij}] & [\text{linearity}]\\ &= \sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^j \frac{1}{j-i+1} & [\text{uniformity}]\\ &= \sum_{j=1}^n \sum_{h=1}^j \frac{1}{h} & [h = j-i+1]\\ &= \sum_{h=1}^n \sum_{j=h}^n \frac{1}{h} & [1\le h\le j\le n]\\ &= \sum_{h=1}^n \frac{n-h+1}{h}\\ &= \left((n+1)\sum_{h=1}^n \frac{1}{h}\right) - \left(\sum_{h=1}^n 1\right)\\ &= (n+1)H_n - n \end{aligned}$$ $H_n$ biểu thị số hài thứ .$n$

Bây giờ sẽ là tầm thường khi tính (chính xác đến điểm nổi) trong O ( n $E[V]$$O(n)$ thời gian .

Như đã đề cập trong các ý kiến, bạn có thể sử dụng Tuyến tính mong đợi.

Sắp xếp các : y 1 ≤ y 2 ≤ ⋯ ≤ y n .$y$$y_1 \le y_2 \le \dots \le y_n$

Với mỗi xem xét giá trị mong đợi của v i = E [ v i$y_i$$v_i = E[v_i]$ .

$E[\sum_{i=1}^{n} v_i] = \sum_{i=1}^{n} E[v_i]$

$E[v_i]$$y_i$$j$

$j-1$$\ge y_i$ .

$j-1$$\lt y_i$$j-2$$\ge y_i$

và như vậy sẽ cho phép bạn tính toán $E[v_i]$.

Bạn có thể có thể làm cho nó nhanh hơn bằng cách thực sự làm toán và nhận một công thức (mặc dù tôi đã không tự mình thử nó).

Mong rằng sẽ giúp.

Mở rộng câu trả lời của @Aryabhata:

Sửa một $i$và giả sử mục này $y_i$ đang ở vị trí $j$. Giá trị chính xác của chiều cao là không quan trọng, điều quan trọng là liệu các mặt hàng có lớn hơn hoặc bằng$y_i$hay không. Vì vậy, hãy xem xét các bộ các mặt hàng$Z^{(i)}$, Ở đâu $z_k^{(i)}$ là 1 nếu $y_k\geq y_i$và $z_k^{(i)}$ bằng 0 nếu không.

Một hoán vị trên tập hợp $Z^{(i)}$ gây ra một hoán vị tương ứng trên tập hợp $Y$. Ví dụ, hãy xem xét hoán vị sau của tập hợp$Z^{(i)}$: "01000 (1)$\dots$". Mục này $z_i^{(i)}$ là một trong những dấu ngoặc, ở vị trí $j$và các mục được biểu thị bằng "$\dots$"Không quan trọng.

Giá trị của $v_i$ sau đó là 1 cộng với chiều dài của các số 0 liên kết ở bên trái của $z_i^{(i)}$. Nó theo đó$\mathbb{E}\left(v_i\right)$ is actually 1 plus the expected length of consecutive zeors, until the first "1" is met, if we pick at most $j-1$ bits from the set $Z^{(i)} \setminus \\{z_i^{(i)} \\}$(without replacement). This is reminiscent of the geometric distribution, except that it would be without replacement (and bounded number of draws). The expectation is to be taken on $j$ as well, as a uniform choice on the set of positions $\{1,\dots,n \}$.

Once this is computed (along these lines), we can follow the lines of @Aryabhata's answer.

Tôi không thực sự hiểu bạn làm gì, từ các thẻ có vẻ như bạn đang tìm kiếm một thuật toán.

Nếu vậy, độ phức tạp thời gian dự kiến ​​là gì? bằng cách nói: "Nếu chúng ta giải quyết vấn đề này bằng cách sử dụng phương pháp ngây thơ, nó sẽ không hiệu quả và chạy thực tế mãi mãi với n = 50." Dường như với tôi rằng cách tiếp cận ngây thơ của bạn giải quyết nó theo thời gian.

tôi có một thuật toán O (n ^ 2) trong tâm trí tho.

assume int y[n], v[n] where v[i] initialized with 1; as described in the question
for (i=1;i<n;i++) 
   for ( j=i-1 ; j>=0 && y[j]<y[i] ; j--) v[i]++;