Задача о наибольшей возрастающей подпоследовательности

Материал из Викиконспекты
Версия от 19:35, 4 сентября 2022; Maintenance script (обсуждение | вклад) (rollbackEdits.php mass rollback)
(разн.) ← Предыдущая | Текущая версия (разн.) | Следующая → (разн.)
Перейти к: навигация, поиск
Задача:
Дан массив из [math]n[/math] чисел: [math]a[0..n - 1][/math]. Требуется найти в этой последовательности строго возрастающую подпоследовательность наибольшей длины.


Определение:
Наибольшая возрастающая подпоследовательность (НВП) (англ. Longest increasing subsequence, LIS) строки [math] x [/math] длины [math] n [/math] — это последовательность [math] x[i_1] \lt x[i_2] \lt \dots \lt x[i_k] [/math] символов строки [math] x [/math] таких, что [math] i_1 \lt i_2 \lt \dots \lt i_k, 1 \leqslant i_j \leqslant n [/math], причем [math] k [/math] — наибольшее из возможных.


Решение за время O(N2)

Построим массив [math]d[/math], где [math]d[i][/math] — это длина наибольшей возрастающей подпоследовательности, оканчивающейся в элементе, с индексом [math]i[/math]. Массив будем заполнять постепенно — сначала [math]d[0][/math], потом [math]d[1][/math] и т.д. Ответом на нашу задачу будет максимум из всех элементов массива [math]d[/math]. Заполнение массива будет следующим: если [math]d[i] = 1[/math], то искомая последовательность состоит только из числа [math]a[i][/math]. Если [math]d[i] \gt 1[/math], то перед числом [math]a[i][/math] в подпоследовательности стоит какое-то другое число. Переберем его: это может быть любой элемент [math]a[j](j = 0...i - 1)[/math], но такой, что [math]a[j] \lt a[i][/math]. Пусть на каком-то шаге нам надо посчитать очередное [math]d[i][/math]. Все элементы массива [math]d[/math] до него уже посчитаны. Значит наше [math]d[i][/math] мы можем посчитать следующим образом: [math]d[i] = 1 + \max\limits_{j = 0 .. i - 1}{d[j]}[/math] при условии, что [math]a[j] \lt a[i][/math].

Пока что мы нашли лишь максимальную длину наибольшей возрастающей подпоследовательности, но саму ее мы вывести не можем. Для восстановления ответа заведем массив [math]prev[0...n - 1][/math], где [math]prev[i][/math] будет означать индекс в массиве [math]a[][/math], при котором достигалось наибольшее значение [math]d[i][/math]. Для вывода ответа будем идти от элемента с максимальным значениям [math]d[i][/math] по его предкам.

Псевдокод алгоритма

vector<int> findLIS(vector<int> a):
   int n = a.size                     //размер исходной последовательности
   int prev[0..n - 1]
   int d[0..n - 1]
 
   for i = 0 to n - 1
       d[i] = 1
       prev[i] = -1
       for j = 0 to i - 1
           if (a[j] < a[i] and d[j] + 1 > d[i])
               d[i] = d[j] + 1
               prev[i] = j
 
   pos = 0                            // индекс последнего элемента НВП
   length = d[0]                      // длина НВП
   for i = 0 to n - 1
       if d[i] > length
           pos = i
           length = d[i]
   
   // восстановление ответа
   vector<int> answer
   while pos != -1
       answer.push_back(a[pos])
       pos = prev[pos]
   reverse(answer)
 
   return answer

Решение за O(N log N)

Для более быстрого решения данной задачи построим следующую динамику: пусть [math]d[i](i = 0...n)[/math] — число, на которое оканчивается возрастающая последовательность длины [math]i[/math], а если таких чисел несколько — то наименьшее из них. Изначально мы предполагаем, что [math]d[0] = -\infty[/math], а все остальные элементы [math]d[i] =[/math] [math]\infty[/math]. Заметим два важных свойства этой динамики: [math]d[i - 1] \leqslant d[i][/math], для всех [math]i = 1...n[/math] и каждый элемент [math]a[i][/math] обновляет максимум один элемент [math]d[j][/math]. Это означает, что при обработке очередного [math]a[i][/math], мы можем за [math] O(\log n) [/math] c помощью двоичного поиска в массиве [math]d[/math] найти первое число, которое больше либо равно текущего [math]a[i][/math] и обновить его.

Для восстановления ответа будем поддерживать заполнение двух массивов: [math]pos[/math] и [math]prev[/math]. В [math]pos[i][/math] будем хранить индекс элемента, на который заканчивается оптимальная подпоследовательность длины [math]i[/math], а в [math]prev[i][/math] — позицию предыдущего элемента для [math]a[i][/math].

Псевдокод алгоритма

vector<int> findLIS(vector<int> a):
   int n = a.size                     //размер исходной последовательности
   int d[0..n]
   int pos[0..n]
   int prev[0..n - 1]
   length = 0
   
   pos[0] = -1
   d[0] = -INF
   for i = 1 to n
       d[i] = INF
   for i = 0 to n - 1
       j = binary_search(d, a[i])
       if (d[j - 1] < a[i] and a[i] < d[j])
           d[j] = a[i]
           pos[j] = i
           prev[i] = pos[j - 1]
           length = max(length, j)
   
   // восстановление ответа
   vector<int> answer
   p = pos[length]
   while p != -1
       answer.push_back(a[p])
       p = prev[p]
   reverse(answer)
 
   return answer

Ещё одно решение за О(N log N)

Существует ещё одно решение, которое позволяет нам найти длину наибольшей возрастающей подпоследовательности, но без возможности восстановления данной подпоследовательности. Для этого мы воспользуемся таблом Юнга. Оно обладает таким свойством, что длина первой строки табла и будет являться искомой величиной[1].

Само табло представляет из себя расположение [math]n_1+n_2+...+n_M[/math] различных целых чисел в массиве строк, выровненных по левому краю, где в [math]i[/math] строке содержится [math]n_i[/math] элементов; при этом в каждой строке элементы возрастают слева направо, а элементы каждого столбца возрастают сверху вниз. Чтобы построить табло требуется прочитать очередной элемент [math]a_i[/math], если он больше либо равен [math]n_j[/math], где [math]j[/math] — длина строки, то просто добавить в конец строки, если меньше, то требуется найти первый элемент [math]b[/math], который больше данного [math]a_i[/math]. Поставить элемент [math]a[/math] вместо [math]b[/math]. С элементом [math]b[/math] требуется провести те же действия, что и с [math]a[/math], только уже на [math]i+1[/math] строке табла.

Пример построения табла на массиве [math]a = [ 3, 4, 9, 2, 5, 1 ][/math] :

1. Берём элемент [math]3[/math]. Видим, что [math]3 \gt 0[/math], который расположен на первой строке в ячейке с индексом [math]j = 0[/math]. Увеличиваем [math]j[/math] и [math]t[i][j] = 3[/math].

  3  

2. Берём элемент [math]4[/math]. Видим, что [math]4 \gt 3[/math]. Увеличиваем [math]j[/math] и [math]t[i][j] = 4[/math].

  3     4  

3. Аналогично для элемента [math]9[/math].

  3     4     9  

4. Берём элемент [math]2[/math]. Так как [math]2 \lt 9[/math], то бинарным поиском находим нужную нам позицию [math]z[/math], такую, что [math]t[i][z-1] \leqslant 2 \lt t[i][z][/math]. В данном случае это первая позиция. Присваиваем [math]t[i][z] = 2[/math] и проделываем такую же операцию, но для строки с индексом [math]i+1[/math].

  2     4     9  
  3  

5. Аналогично для элемента [math]5[/math].

  2     4     5  
  3     9  

6. Аналогично для элемента [math]1[/math].

  1     4     5  
  2     9  
  3  

Таким образом, длина наибольшей возрастающей подпоследовательности для массива [math]a[/math] равна [math]3[/math] (например, подпоследовательность из элементов [math][ 3, 4, 9 ][/math]).


См. также

Примечания

Источники информации

Источник — «http://neerc.ifmo.ru/wiki/index.php?title=Задача_о_наибольшей_возрастающей_подпоследовательности&oldid=85546»