Изменения

Так как не надо полностью сортировать <tex>q</tex> чисел и <tex>q = p^2</tex>, то есть возможность использовать <b>лемму 2 №2</b> для сортировки. Для этого необходимо неконсервативное преимущество, которое получается нижес помощью signature sorting. Для этого используется линейная техника многократного деления (multi-dividing technique), чтобы добиться этого.  Для этого воспользуемся signature sorting. Адаптируем этот алгоритм для нас. Предположим у нас есть набор <tex>T</tex> из <tex>p</tex> чисел, которые уже отсортированы как <tex>a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{p}</tex>, и хотется использовать числа в <tex>T</tex> для разделения <tex>S</tex> из <tex>q</tex> чисел <tex>b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{q}</tex> в <tex>p + 1</tex> наборов <tex>S_{0}, S_{1}, \ldots, S_{p}</tex> что <tex>S_{0}</tex> < {<tex>a_{1}</tex>} < <tex>S_{1}</tex> < <tex>\ldots</tex> < {<tex>a_{p}</tex>} < <tex>S_{p}</tex>. Назовем это разделением <tex>q</tex> чисел <tex>p</tex> числами. Пусть <tex>h = \log n/(c \log p)</tex> для константы <tex>c > 1</tex>. <tex>h/ \log\log n \log p</tex> битные числа могут быть хранены в одном контейнере, так что одно слово хранит <tex>(\log n)/(c \log\log n)</tex> бит. Сначала рассматриваем биты в каждом <tex>a_{i}</tex> и каждом <tex>b_{i}</tex> как сегменты одинаковой длины <tex>h/ \log\log n</tex>. Рассматриваем сегменты как числа. Чтобы получить неконсервативное преимущество для сортировки, хешируются числа в этих контейнерах (<tex>a_{i}</tex>-ом и <tex>b_{i}</tex>-ом), чтобы получить <tex>h/ \log\log n</tex> хешированных значений в одном контейнере. Чтобы получить значения сразу, при вычислении хеш значений сегменты не влияют друг на друга, можно даже отделить четные и нечетные сегменты в два контейнера. Не умаляя общности считаем, что хеш значения считаются за константное время. Затем, посчитав значения, два контейнера объединяются в один. Пусть <tex>a'_{i}</tex> хеш контейнер для <tex>a_{i}</tex>, аналогично <tex>b'_{i}</tex>. В сумме хеш значения имеют <tex>(2 \log n)/(c \log\log n)</tex> бит. Хотя эти значения разделены на сегменты по <tex>h/ \log\log n</tex> бит в каждом контейнере. Между сегментами получаются пустоты, которые забиваются нулями. Сначала упаковываются все сегменты в <tex>(2 \log n)/(c \log\log n)</tex> бит. Потом рассматриваются каждый хеш контейнер как число и сортируются эти хеш контейнеры за линейное время (сортировка рассмотрена чуть позже). После этой сортировки биты в <tex>a_{i}</tex> и <tex>b_{i}</tex> разрезаны на <tex>\log\log n/h</tex>. Таким образом получилось дополнительное мультипликативное преимущество в <tex>h/ \log\log n</tex> (additional multiplicative advantage).  После того, как повторится вышеописанный процесс <tex>g</tex> раз, получится неконсервативное преимущество в <tex>(h/ \log\log n)^g</tex> раз, в то время, как потрачено только <tex>O(gqt)</tex> времени, так как каждое многократное деление делятся за линейное время <tex>O(qt)</tex>.  Хеш функция, которая используется, находится следующим образом. Будут хешироватся сегменты, которые <tex>\log\log n/h</tex>-ые, <tex>(\log\log n/h)^2</tex>-ые, <tex>\ldots</tex> от всего числа. Для сегментов вида <tex>(\log\log n/h)^t</tex>, получаем нарезанием всех <tex>p</tex> чисел на <tex>(\log\log n/h)^t</tex> сегментов. Рассматривая каждый сегмент как число, получится <tex>p(\log\log n/h)^t</tex> чисел. Затем получаем одну хеш функцию для этих чисел. Так как <tex>t < \log n</tex> то, получится не более <tex>\log n</tex> хеш функций.  Рассмотрим сортировку за линейное время о которой было упомянуто ранее. Предполагается, что хешированные значения для каждого контейнера упаковались в <tex>(2 \log n)/(c \log\log n)</tex> бит. Есть <tex>t</tex> наборов в каждом из которых <tex>q + p</tex> хешированных контейнеров по <tex>(2 \log n)/(c \log\log n)</tex> бит в каждом. Эти числа должны быть отсортированы в каждом наборе. Комбинируя все хеш контейнеры в один pool, сортируем следующим образом.

Как уже говорилось ранее после <tex>g</tex> сокращений бит получаем неконсервативное преимущество в <tex>(h/ \log\log n)^g</tex>. Мы не волнуемся об этих сокращениях до конца потому, что после получения неконсервативного преимущества мы можем переключиться на <b>лемму два №2</b> для завершения разделения <tex>q</tex> чисел с помощью <tex>p</tex> чисел на наборы. Заметим, что по природе битового сокращения, начальная задача разделения для каждого набора перешла в <tex>w</tex> подзадачи разделения на <tex>w</tex> поднаборы для какого-то числа <tex>w</tex>.

Теперь для каждого набора собираются все его поднаборы в подзадачах в один набор. Затем используя <b>лемму два№2</b>, делается разделение. Так как получено неконсервативное преимущество в <tex>(h/ \log\log n)^g</tex> и работа происходит на уровнях не ниже чем <tex>2 \log\log\log n</tex>, то алгоритм занимает <tex>O(qt \log\log n/(g(\log h - \log\log\log n) - \log\log\log n)) = O(\log\log n)</tex> времени.

Рассмотрим проблему сортировки <tex>n</tex> целых чисел из множества <tex>\{0, 1, \ldots, m - 1\}</tex> в <tex>\sqrt{n}</tex> наборов как во второй в <b>лемме№2</b>. Предполагая, что в каждом контейнере <tex>k \log\log n \log m</tex> бит и хранит число в <tex>\log m</tex> бит. Поэтому неконсервативное преимущество <tex>k \log \log n</tex>. Так же предполагаем, что <tex>\log m \ge \log n \log\log n</tex>. Иначе можно использовать radix sort для сортировки за время <tex>O(n \log\log n)</tex> и линейную память. Делим <tex>\log m</tex> бит, используемых для представления каждого числа, в <tex>\log n</tex> блоков. Таким образом каждый блок содержит как минимум <tex>\log\log n</tex> бит. <tex>i</tex>-ый блок содержит с <tex>i \log m/ \log n</tex>-ого по <tex>((i + 1) \log m/ \log n - 1)</tex>-ый биты. Биты считаются с наименьшего бита начиная с нуля. Теперь у нас имеется <tex>2 \log n</tex>-уровневый алгоритм, который работает следующим образом:

На каждой стадии работаем с одним блоком бит. Назовем эти блоки маленькими числами (далее м.ч.) потому, что каждое м.ч. теперь содержит только <tex>\log m/ \log n</tex> бит. Каждое число представлено и соотносится с м.ч., над которым работаем в данный момент. Положим, что нулевая стадия работает с самыми большим блоком (блок номер <tex>\log n - 1</tex>). Предполагаем, что биты этих м.ч. упакованы в <tex>n/ \log n</tex> контейнеров с <tex>\log n</tex> м.ч. упакованных в один контейнер. Пренебрегая временем, потраченным на на эту упаковку, считается, что она бесплатна. По третьей <b>лемме №3</b> находим медиану этих <tex>n</tex> м.ч. за время и память <tex>O(n/ \log n)</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>\le <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 убираем <tex>\log m/ \log n</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>\log n</tex> блоков, для каждого числа потребуется не более <tex>\log n</tex> стадий чтобы поместить его в набор половинного размера. За <tex>2 \log n</tex> стадий все числа будут отсортированы. Так как на каждой стадии работаем с <tex>n/ \log n</tex> контейнерами, то игнорируя время, необходимое на упаковку м.ч. в контейнеры и помещение м.ч. в нужный набор, затрачивается <tex>O(n)</tex> времени из-за <tex>2 \log n</tex> стадий.

Сложная часть алгоритма заключается в том, как поместить маленькие числа в набор, которому принадлежит соответствующее число, после предыдущих операций деления набора в нашем алгоритме. Предположим, что <tex>n</tex> чисел уже поделены в <tex>e</tex> наборов. Используем <tex>\log e</tex> битов чтобы сделать марки для каждого набора. Теперь хотелось бы использовать <b>лемму шесть№6</b>. Полный размер маркера для каждого контейнера должен быть <tex>\log n/2</tex>, и маркер использует <tex>\log e</tex> бит, количество маркеров <tex>g</tex> в каждом контейнере должно быть не более <tex>\log n/(2\log e)</tex>. В дальнейшем т.к. <tex>g = \log n/(2 \log e)</tex> м.ч. должны влезать в контейнер. Каждый контейнер содержит <tex>k \log\log n \log n</tex> блоков, каждое м.ч. может содержать <tex>O(k \log n/g) = O(k \log e)</tex> блоков. Заметим, что используем неконсервативное преимущество в <tex>\log\log n</tex> для использования <b>леммы шесть№6</b>. Поэтому предполагается, что <tex>\log n/(2 \log e)</tex> м.ч. в каждом из которых <tex>k \log e</tex> блоков битов числа упакованный в один контейнер. Для каждого м.ч. используется маркер из <tex>\log e</tex> бит, который показывает к какому набору он принадлежит. Предполагаем, что маркеры так же упакованы в контейнеры как и м.ч. Так как каждый контейнер для маркеров содержит <tex>\log n/(2 \log e)</tex> маркеров, то для каждого контейнера требуется <tex>(\log n)/2</tex> бит. Таким образом <b>лемма шесть №6</b> может быть применена для помещения м.ч. в наборы, которым они принадлежат. Так как используется <tex>O((n \log e)/ \log n)</tex> контейнеров то время необходимое для помещения м.ч. в их наборы потребуется <tex>O((n \log e)/ \log n)</tex> времени.

 Стоит отметить, что процесс помещения нестабилен, т.к. основан на алгоритме из <b>леммы шесть№6</b>.

Стоит отметить, что после нескольких уровней деления размер наборов станет маленьким. <b>Леммы четыре№4, пять и шесть №5, №6</b> расчитанны на не очень маленькие наборы. Но поскольку сортируется набор из <tex>n</tex> элементов в наборы размера <tex>\sqrt{n}</tex>, то проблем не должно быть.

# <tex>if level == 1</tex> тогда изучить размер набора. Если размер меньше или равен <tex>\sqrt{n}</tex>, то <tex>return</tex>. Иначе разделить этот набор в <tex>\le</tex> 3 набора используя <b>лемму три№3</b>, чтобы найти медиану а затем использовать <b>лемму 6 №6</b> для сортировки. Для набора где все элементы равны медиане, не рассматривать текущий блок и текущим блоком сделать следующий. Создать маркер, являющийся номером набора для каждого из чисел (0, 1 или 2). Затем направьте маркер для каждого числа назад к месту, где число находилось в начале. Также направьте двубитное число для каждого входного числа, указывающее на текущий блок. <tex>Return</tex>.

## Отправить <tex>a_{i}-ые к их наборам, используя <b>лемму шесть№6</b>.</tex>

Время работы алгоритма <tex>O(n \log\log n/ \log k)</tex>, что доказывает <b>лемму 2№2</b>.

Контейнеры для маркеров могут быть отсортированы с помощью bucket sort потому, что каждый контейнер использует <tex>( \log n)/2</tex> бит. Сортировка сгруппирует контейнеры для чисел как в четвертой <b>лемме№4</b>. Перемещаем каждую группу контейнеров для чисел.

Заметим, что несмотря на то, что длина контейнера <tex>\log m \log\log n</tex> бит всего <tex>\log m</tex> бит используется для хранения упакованных чисел. Так же как в <b>леммах четыре и пять №4, №5</b> сортируем контейнеры упакованных маркеров с помощью bucket sort. Для того, чтобы перемещать контейнеры чисел помещаем <tex>g \log\log n</tex> вместо <tex>g</tex> контейнеров чисел в одну группу. Для транспозиции чисел в группе, содержащей <tex>g \log\log n</tex> контейнеров, упаковываем <tex>g \log\log n</tex> контейнеров в <tex>g</tex>, упаковывая <tex>\log\log n</tex> контейнеров в один. Далее делаем транспозицию над <tex>g</tex> контейнерами. Таким образом перемещение занимает всего <tex>O(g \log\log n)</tex> времени для каждой группы и <tex>O(n/g)</tex> времени для всех чисел. После завершения транспозиции, распаковываем <tex>g</tex> контейнеров в <tex>g \log\log n</tex> контейнеров.

Заметим, что если длина контейнера <tex>\log m \log\log n</tex> и только <tex>\log m</tex> бит используется для упаковки <tex>g \le \log n</tex> чисел в один контейнер, тогда выбор в <b>лемме три №3</b> может быть сделан за время и место <tex>O(n/g)</tex>, потому, что упаковка в доказатльстве <b>леммы три №3</b> теперь может быть сделана за время <tex>O(n/g)</tex>.