Sắp xếp sử dụng ngăn xếp chỉ đọc

Hãy xem xét các cài đặt sau:

• chúng ta đưa ra một chồng , trong đó có mặt hàng.$s$$n$
• chúng ta có thể sử dụng số lượng ngăn xếp không đổi .$O(1)$
• chúng ta có thể áp dụng các thao tác sau trên các ngăn xếp này:
  1. kiểm tra xem một ngăn xếp có trống không
  2. so sánh các mục hàng đầu của hai ngăn xếp,
  3. xóa mục trên cùng trong ngăn xếp,
  4. in mục trên cùng trong một ngăn xếp,
  5. sao chép mục trên cùng của ngăn xếp vào ngăn xếp khác,
  6. sao chép nội dung của ngăn xếp này sang ngăn xếp khác.

Lưu ý rằng đây là những hoạt động duy nhất được phép. Chúng tôi không thể trao đổi vật phẩm và chúng tôi không được phép đẩy bất kỳ vật phẩm nào lên bất kỳ ngăn xếp nào ngoại trừ việc sao chép vật phẩm trên cùng vào ngăn xếp (sau đó nội dung trước đó của ngăn xếp mục tiêu bị loại bỏ và nó sẽ chỉ chứa vật phẩm được sao chép) .

Đây là một thuật toán để sắp xếp các ngăn xếp với các so sánh :$O(n^2)$

last := empty
for i from 1 to n
  min := empty
  w := s
  while w is not empty
    if w.top > last and w.top < min
      min := w.top
    delete w.top
  print min
  last := min

Chúng ta có thể làm tốt hơn không?

Có chương trình nào in danh sách đã sắp xếp của các mục trong ngăn xếp chỉ bằng cách so sánh không?$O(n\log n)$

Tôi nghĩ rằng bây giờ tôi có thể chứng minh một giới hạn thấp hơn không cần thiết. Ý tưởng là để thực hiện bất kỳ chương trình như vậy với một nhóm các chương trình phân nhánh so sánh. Giả định 'chỉ đọc' có nghĩa là họ các chương trình phân nhánh của chúng ta sử dụng rất ít, tức là , khoảng trắng. Sau đó, chúng tôi áp dụng ràng buộc thấp hơn được chứng minh bởi Borodin et al. trong "Một sự đánh đổi không gian thời gian để sắp xếp trên các máy không bị lãng quên." Điều này mang lại cho chúng tôi một giới hạn thấp hơn cho thời gian.S T = Ω ( n 2 ) n 2 / log $O(\log n)$$ST=\Omega(n^2)$$n^2/\log n$

Chi tiết hơn một chút: Chúng ta có thể phân phối với thao tác 5 ở trên. Nói một cách lỏng lẻo, nếu chúng ta đã có thể so sánh các đầu của hai danh sách và in phần đầu của danh sách, thì chúng ta không cần phải cách ly phần đầu của một danh sách trên một thanh ghi cụ thể. Giả sử điều này, chúng ta thấy rằng mọi thanh ghi trong máy chỉ lưu trữ một chuỗi con cuối cùng của đầu vào.

Giả sử chương trình đăng ký của chúng tôi có dòng mã và thanh ghi k , X 1 , Lọ , X k .$\ell$$k$$X_1,\dots,X_k$

Sửa . Chúng tôi xây dựng chương trình phân nhánh so sánh cho các chuỗi có độ dài n như sau. Tạo một nút cho mỗi tuple ( i , d 1 , ... , d k ) nơi 1 ≤ i ≤ ℓ và 0 ≤ d 1 , ... , d k ≤ n . Ý tưởng là, các tính toán trong máy đăng ký tương ứng với các đường dẫn trong chương trình phân nhánh và chúng ta đang ở nút ( i , d 1 , Lỗi , $n$$n$$(i,d_1,\dots,d_k)$$1\le i\le \ell$$0\le d_1 ,\dots, d_k \le n$ nếu chúng ta ở dòng i trong máy đăng ký và độ dài của chuỗi được lưu trong X i là d i . Bây giờ, chúng ta phải xác định các cạnh được định hướng của chương trình rẽ nhánh$(i,d_1 ,\dots, d_k)$$i$$X_i$$d_i$

Nếu dòng có dạng$i$

nếu thì goto i 1 khác goto i $X_u<X_v$$i_1$$i_2$

sau đó cho tất cả các , nút ( i , d 1 , HP , d k ) được gắn nhãn bằng cách so sánh phần tử d u -th và d v -th của đầu vào và có cạnh "đúng" ( i 1 , d 1 , Vay , d k ) và cạnh "sai" thành ( i 2 , d 1 , Bắn , d $d_1,\dots,d_k$$(i,d_1,\dots,d_k)$$d_u$$d_v$$(i_1,d_1,\dots,d_k)$ .$(i_2,d_1,\dots,d_k)$

Nếu dòng có dạng$i$

, goto dòng i $X_1 \leftarrow tail(X_2)$$i'$

sau đó có một mũi tên từ bất kỳ nút nào đến ( i ′ , d 2 - 1 , Lỗi , d k ) .$(i,d_1,\dots,d_k)$$(i',d_2-1,\dots,d_k)$

Nếu dòng có dạng$i$

, goto dòng i $print(head(X_u))$$i'$

sau đó có một mũi tên từ bất kỳ nút nào đến ( i ′ , d 1 , Rắc , d k ) được gắn nhãn bởi nút d u -th của đầu vào.$(i,d_1,\dots,d_k)$$(i',d_1,\dots,d_k)$$d_u$

Hy vọng những ví dụ này cho thấy rõ tôi dự định xây dựng chương trình rẽ nhánh như thế nào. Khi tất cả được nói và làm, chương trình phân nhánh này có ít nhất nút, vì vậy nó có không gian O ( log n $\ell\cdot n^k$$O(\log n)$

Bạn có thể đếm các yếu tố? Sau đó, tôi nghĩ rằng, có một triển khai Mergesort khá dễ dàng. Nếu bạn có thể đặt các biểu tượng bổ sung vào ngăn xếp, bạn có thể giải quyết nó bằng 3 ngăn xếp như thế này:

Nếu chúng ta chỉ có một yếu tố, danh sách đã được sắp xếp. Bây giờ giả sử chúng ta đã sắp xếp nửa trên cùng của ngăn xếp. Chúng ta có thể sao chép nửa trên (theo thứ tự ngược lại) vào ngăn xếp thứ hai và đặt biểu tượng phân tách lên trên nó. Bây giờ chúng ta lại có 3 Ngăn xếp (vì chúng ta có thể bỏ qua các biểu tượng đã được sắp xếp bên dưới biểu tượng phân tách) và có thể sắp xếp nửa dưới. Cuối cùng, chúng ta có thể sao chép nửa dưới được sắp xếp vào ngăn xếp thứ ba theo thứ tự ngược lại và hợp nhất cả hai nửa trở lại ngăn xếp ban đầu.

Tất cả các hoạt động đều tốn thời gian tuyến tính, do đó chúng tôi đã sắp xếp danh sách trong $O(n \log n)$

(Lưu ý rằng chúng ta cần ngăn xếp có kích thước vì các ký hiệu phân tách, nhưng điều này có thể dễ dàng sửa bằng cách sử dụng ngăn xếp khác)$n \log n$

Vì bạn không thể đặt các phần tử mới vào ngăn xếp, bạn có thể gặp sự cố tại các điểm phân tách. Để giải quyết điều này, bạn có thể làm như sau với một số ngăn xếp bổ sung:

Sao chép đầu yếu tố để một ngăn xếp bổ sung, sau đó tiến hành với các yếu tố còn lại như trước đây. Bây giờ bạn đã biết chính xác số lượng phần tử bạn cần xem xét trong mỗi bước và do đó không cần bất kỳ ký hiệu phân tách nào.$n-2^{\lfloor \log n\rfloor}$

Cuối cùng lặp lại thủ tục với các phần tử bổ sung nhiều nhất là lần và hợp nhất chúng vào ngăn xếp ban đầu trong thời gian tuyến tính. Sắp xếp chi phí ngăn xếp, đối với một số c không đổi , nhiều nhất là c n log n + c $\log n$$c$thời gian, trong khi hợp nhất sẽ tốn thêm mộtO(nlogn).$cn \log n+c\frac{n}{2} \log \frac{n}{2}+c\frac{n}{4} \log \frac{n}{4}+\ ... = O(n \log n)$$O(n \log n)$