假设我们有一个数组L [] = {4,1,2,6}。我们需要做的是将由字符A,R,M组成的字符串S作为输入,并应用以下算法:
for i from 1 to N do
if ith letter of S is 'R'
reverse L[i...N]
else if ith letter of S is 'A'
add A to all numbers of L[i..N].
else if ith letter of S is 'M'
multiply B to all numbers of L[i..N].
for all number in L[i..N], module them by C.
print L[i]
end
如何优化此算法,使其在O(n)时间内运行?数组以及字符串的长度为n。
无论如何,将欢迎此算法中进行任何优化(例如删除仅用于加法和乘法的循环)。
最佳答案
这个答案很长,但是恕我直言,我已经以一种相当容易理解的方式编写了它,并做了很多解释,所以请耐心等待一下。
假设O(N)
和A
都是整数,则可以在B
时间内解决此问题。否则,您可以在此时停止阅读。但是我认为有必要将算法分为几个不同的步骤,每个步骤都是O(N)
。因此总体上仍然是O(N)
。
问题的最困难部分可能是弄清楚如何使此步骤线性运行:
if ith letter of S is 'R'
reverse L[i...N]
如果我们只是盯着原始算法,我们将确信,即使其他步骤可以在线性时间内完成,此步骤绝不能在线性时间内完成。但这不是事实。我们该怎么做呢?我想到的方法是从双头队列/双端队列数据结构中借用一个想法。由于我们知道
L
数组有多长时间,因此我们只需维护3个变量leftmost
,rightmost
和isReversed
。leftmost
将保存L
数组的当前最左边的未使用索引,因此leftmost
初始化为1
,因为我们正在使用您的问题中所述的一个索引数组(术语“未使用”将在后面解释)。 rightmost
将保存L
数组的当前最右边的未使用索引,因此被初始化为N
的长度L
。 isReversed
用于指示阵列是否被反转。这被初始化为false
。 我们要做的第一个任务是在应用所有
L
操作之后找出reverse
数组原始元素的最终顺序。为了获得与反转相同的效果,甚至不需要反转阵列。这可以通过遍历输入字符串S
一次,并找出所有反向操作后数组L
的哪个元素应该在每个位置来完成。为简单起见,我们创建了一个新的整数数组L'
,该数组将在应用所有反向操作后保留L
的最终原始元素,并尝试填充L'
。假设我们位于
i
和S[i] == 'R'
的索引处,因此我们将isReversed = true
设置为指示我们正在反转子数组[i..N]
。当使用isReversed == true
时,我们知道子数组[i..N]
被反转了,因此L'[i]
处的元素应该是最右边的未使用元素,其索引为rightmost
。因此,我们通过L'[i] = L[rightmost]
(rightmost
)设置1
和递减 rightmost = rightmost - 1
。相反,如果isReversed == false
我们没有反转子数组[i..N]
,那么L'[i]
处的元素应该是最左边的未使用元素,其索引为leftmost
。因此,我们通过L'[i] = L[leftmost]
(leftmost
)设置1
和增量 leftmost = leftmost - 1
。随后的reverse
将否定isReversed
的值。因此,当前的算法在C++中看起来像这样(我假设您对C++没问题,因为您的问题标记之一是C++):
// set up new array L'
int Lprime[N+1];
int leftmost = 1;
int rightmost = N;
bool isReversed = false;
for (int i = 1; i <= N; i++) {
if (S[i] == 'R') {
// negate isReversed
isReversed = !isReversed;
}
if (isReversed) {
Lprime[i] = L[rightmost];
rightmost = rightmost - 1;
} else {
Lprime[i] = L[leftmost];
leftmost = leftmost + 1;
}
}
请确认这是正确的,尽管我认为是正确的。
现在我们来看一下原始算法的其余部分:
else if ith letter of S is 'A'
add A to all numbers of L[i..N].
else if ith letter of S is 'M'
multiply B to all numbers of L[i..N].
for all number in L[i..N], module them by C.
困难的部分似乎是需要对每个索引
C
在子数组[i..N]
上通过i
执行模运算。但是基于我的有限理解,这是模运算,我们实际上不需要为每个[i..N]
在子数组i
上执行它。但不要相信我。我对数论的理解非常初级。不仅如此,加法和乘法的步骤也可以简化。这里的技巧是维护2个额外的变量,我们将它们称为
multiplicativeFactor
和additiveConstant
。 multiplicativeFactor
用于保存我们需要乘以L'[i]
的常量。最初是1
。顾名思义,additiveConstant
变量用于存储将L'[i]
与L'[i]
相乘后需要添加到multiplicativeFactor
的任何常量。 additiveConstant
与0
结合。为了更具体地了解这一点,我们设置
A = 3
,B = 5
。假设S
是字符串"AMMAAM"
。这意味着以下内容(注意:,我们暂时忽略C
模数):1
处,设置L'[1] = L'[1] + 3;
2
处,设置L'[2] = (L'[2] + 3) * 5;
3
处,设置L'[3] = ((L'[3] + 3) * 5) * 5;
4
处,设置L'[4] = (((L'[4] + 3) * 5) * 5) + 3;
5
处,设置L'[5] = ((((L'[5] + 3) * 5) * 5) + 3) + 3
6
处,设置L'[6] = (((((L'[6] + 3) * 5) * 5) + 3) + 3) * 5
观察到先前字符
'A'
和'M'
的影响会“延续”(或级联)到L'
的 future 元素中。让我们稍微表达一下这些操作:L'[1] = L'[1] + 3
L'[2] = 5 * L'[2] + (3 * 5)
L'[3] = 5 * 5 * L'[3] + (3 * 5 * 5)
L'[4] = 5 * 5 * L'[4] + (3 * 5 * 5 + 3)
L'[5] = 5 * 5 * L'[5] + (3 * 5 * 5 + 3 + 3)
L'[6] = 5 * 5 * 5 * L'[6] + (3 * 5 * 5 + 3 + 3) * 5
我们开始看到一些模式。
L'[i]
的乘法因子始终是B
的幂。添加A
对这个乘法因子没有任何影响。乘法因子存储在我们上面描述的multiplicativeConstant
变量L'[i]
与一个附加的B
相乘时,就需要将所有常量(由添加A
引起)乘以B
,以获得要添加到L'[i]
的最终常量。这就是上述additiveConstant
变量的目的。 L'[i]
添加到additiveConstant
之前,应完成L'[i]
的乘法运算因此,每个
L'[i]
的最终值可以表示为multiplicativeConstant * L'[i] + additiveConstant;
,并且算法的第二个主要部分如下所示:int multiplicativeConstant = 1;
int additiveConstant = 0;
for (int i = 1; i <= N; i++) {
if (S[i] == 'A') {
additiveConstant += A;
} else if (S[i] == 'M') {
multiplicativeConstant *= B;
// need to multiply all the constants by B as well
additiveConstant *= B;
}
Lprime[i] = multiplicativeConstant * Lprime[i] + additiveConstant;
}
我没有谈到一个警告。
multiplicativeConstant
和additiveConstant
的整数溢出,以及中间计算。如果L
是int
数组,那么我们很幸运,因为我们可以对所有内容使用long long
并避免溢出。否则,我们必须注意中间计算不会溢出。现在,
modulo C
操作如何?实际上,它们可以将L'[i]
中的每个值都保持在[0..C-1]
范围内。基于我对数论的有限理解,我们可以像这样执行模运算以达到相同的效果:int multiplicativeConstant = 1;
int additiveConstant = 0;
for (int i = 1; i <= N; i++) {
if (S[i] == 'A') {
additiveConstant = (additiveConstant + (A % C)) % C;
} else if (S[i] == 'M') {
multiplicativeConstant = (multiplicativeConstant * (B % C)) % C;
// need to multiply all the constants by B as well
additiveConstant = (additiveConstant * (B % C)) % C;
}
Lprime[i] = ((multiplicativeConstant * (Lprime[i] % C)) % C + additiveConstant) % C;
}
这解决了
multiplicativeConstant
和additiveConstant
变量的溢出问题(但不能防止中间计算和其他变量的溢出),并完善了我们的算法。我相信这是正确的,但是请您自己验证。我无法解释模块化算术知识,因为我只知道如何使用它,因此您将不得不自己查找它。附带一提,A % C
和B % C
部分可以完成一次,其结果存储在变量中。最后,将所有内容放在一起:
// set up new array L'
int Lprime[N+1];
int leftmost = 1;
int rightmost = N;
bool isReversed = false;
for (int i = 1; i <= N; i++) {
if (S[i] == 'R') {
// negate isReversed
isReversed = !isReversed;
}
if (isReversed) {
Lprime[i] = L[rightmost];
rightmost = rightmost - 1;
} else {
Lprime[i] = L[leftmost];
leftmost = leftmost - 1;
}
}
int multiplicativeConstant = 1;
int additiveConstant = 0;
// factor out A % C and B % C
int aModC = A % C;
int bModC = B % C;
for (int i = 1; i <= N; i++) {
if (S[i] == 'A') {
additiveConstant = (additiveConstant + aModC) % C;
} else if (S[i] == 'M') {
multiplicativeConstant = (multiplicativeConstant * bModC) % C;
// need to multiply all the constants by B as well
additiveConstant = (additiveConstant * bModC) % C;
}
Lprime[i] = ((multiplicativeConstant * (Lprime[i] % C)) % C + additiveConstant) % C;
}
// print Lprime
总体而言,这以
O(N)
时间运行。再一次,如果您担心整数溢出,假设
L
是int
数组,则可以将long long
用于计算中涉及的所有变量,应该没问题。
关于java - 如何将n个数字相加,相乘到数组中的给定范围,并以O(n)时间反转数组中的范围?,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/21058575/