81
правка
Изменения
Нет описания правки
Рассмотрим проблему сортировки <tex>n</tex> целых чисел из множества {0, 1, ..., <tex>m</tex> - 1} в <tex>\sqrt{n}</tex> наборов как во второй лемме. Мы предполагаем, что в каждом контейнере <tex>kloglognlogm</tex> бит и хранит число в <tex>logm</tex> бит. Поэтому неконсервативное преимущество <tex>kloglogn</tex>. Мы так же предполагаем, что <tex>logm >= lognloglogn</tex>. Иначе мы можем использовать radix sort для сортировки за время <tex>O(nloglogn)</tex> и линейную память. Мы делим <tex>logm</tex> бит, используемых для представления каждого числа, в <tex>logn</tex> блоков. Таким образом каждый блок содержит как минимум <tex>loglogn</tex> бит. <tex>i</tex>-ый блок содержит с <tex>ilogm/logn</tex>-ого по <tex>((i + 1)logm/logn - 1)</tex>-ый биты. Биты считаются с наименьшего бита начиная с нуля. Теперь у нас имеется <tex>2logn</tex>-уровневый алгоритм, который работает следующим образом:
На каждой стадии мы работаем с одним блоком бит. Назовем эти блоки маленькими числами (далее м.ч.) потому, что каждое м.ч. теперь содержит только <tex>logm/logn</tex> бит. Каждое число представлено и соотносится с м.ч., над которым мы работаем в данный момент. Положим, что нулевая стадия работает с самыми большим блоком (блок номер <tex>logn - 1</tex>). Предполагаем, что биты этих м.ч. упакованы в <tex>n/logn</tex> контейнеров с <tex>logn</tex> м.ч. упакованных в один контейнер. Мы пренебрегаем временем, потраченным на на эту упаковку, считая что она бесплатна. По третьей лемме мы можем найти медиану этих <tex>n</tex> м.ч. за время и память <tex>O(n/logn)</tex>. Пусть <tex>a</tex> это найденная медиана. Тогда <tex>n</tex> м.ч. могут быть разделены на не более чем три группы: <tex>S_{1}</tex>, <tex>S_{2}</tex> и <tex>S_{3}</tex>. <tex>S_{1}</tex> содержит м.ч. которые меньше <tex>a</tex>, <tex>S_{2}</tex> содержит м.ч. равные <tex>a</tex>, <tex>S_{3}</tex> содержит м.ч. большие <tex>a</tex>. Так же мощность <tex>S_{1}</tex> и <tex>S_{3} </tex><= <tex>n/2</tex>. Мощность <tex>S_{2}</tex> может быть любой. Пусть <tex>S'_{2}</tex> это набор чисел, у которых наибольший блок находится в <tex>S_{2}</tex>. Тогда мы можем убрать убрать <tex>logm/logn</tex> бит (наибольший блок) из каждого числа из <tex>S'_{2}</tex> из дальнейшего рассмотрения. Таким образом после первой стадии каждое число находится в наборе размера не большего половины размера начального набора или один из блоков в числе убран из дальнейшего рассмотрения. Так как в каждом числе только <tex>logn</tex> блоков, для каждого числа потребуется не более <tex>logn</tex> стадий чтобы поместить его в набор половинного размера. За <tex>2logn</tex> стадий все числа будут отсортированы. Так как на каждой стадии мы работаем с <tex>n/logn</tex> контейнерами, то игнорируя время, необходимое на упаковку м.ч. в контейнеры и помещение м.ч. в нужный набор, мы затратим <tex>O(n)</tex> времени из-за <tex>2logn</tex> стадий.
