Быстрый поиск наибольшей возрастающей подпоследовательности

Эта статья находится в разработке!

Задача:

Дана перестановка [math]\pi[/math] [math]\{1, 2,~\dots,~n\}[/math]. Требуется найти НВП [math]\pi[/math] за [math]O(n\operatorname{log}\operatorname{log}k)[/math], где [math]k[/math] — длина НВП.

Алгоритм [math]O(n\operatorname{log}\operatorname{log}n)[/math]

Нахождение длины НВП

Основная идея

Пусть [math]\pi(n)[/math] — входная перестановка.

Для каждой длины [math]l = 1, 2, \dots[/math] предполагаемой НВП находим наименьший элемент, что может быть последним в возрастающей подпоследовательности длины [math]l[/math], запишем их в массив [math]B[l][/math].

Если обрабатываемый элемент [math]\pi(i)[/math] больше последнего элемента какой-нибудь возрастающей последовательности, он может ее увеличить.

Будем последовательно обрабатывать элементы [math]\pi(1), \pi(2),~\dots,~\pi(n)[/math]:

• Если [math]\pi(i)[/math] больше [math]\pi(1), \pi(2),~\dots~,\pi(i-1)[/math] , значит с ним можно сделать максимальную, из уже рассмотренных, возрастающую подпоследовательность. Записываем его в конец [math]B[/math]
• Иначе [math]\pi(i)[/math] заменяет наименьший лучший элемент, из тех, что больше [math]\pi(i)[/math].

Следует отметить, что полученный массив также образует возрастающую последовательность, где мы должны выполнять операции [math]insert, next, delete[/math], соответственно целесообразно использовать приоритетную очередь, реализованную через Дерево ван Эмде Боаса. Таким образом получаем [math]O(\operatorname{log}\operatorname{log} n)[/math] амортизированного времени на одну операцию.

Пример

Типы операций:

[math]\longrightarrow[/math]

Последовательность:

[math]\pi_1[/math]	[math]\pi_2[/math]	[math]\pi_3[/math]	[math]\pi_4[/math]	[math]\pi_5[/math]	[math]\pi_6[/math]	[math]\pi_7[/math]	[math]\pi_8[/math]	[math]\pi_9[/math]	[math]\pi_{10}[/math]	[math]\pi_{11}[/math]	[math]\pi_{12}[/math]
9	3	10	4	8	1	2	12	6	5	7	11

Состояние очереди при каждом добавлении:

[math]B_1[/math]	[math]B_2[/math]	[math]B_3[/math]	[math]B_4[/math]	[math]B_5[/math]	[math]~\pi_i~[/math]
9					9
3					3
3	10				10
3	4				4
3	4	8			8
1	4	8			1
1	2	8			2
1	2	8	12		12
1	2	6	12		6
1	2	5	12		5
1	2	5	7		7
1	2	5	7	11	11

Псевдокод

   int LIS(vector<int> [math]\pi[/math])
       PriorityQueue B // рабочая приоритетная очередь
       int k = 0       // длина НВП
       int n = [math]\pi[/math].size
       for i = 1 to n
           x = [math]\pi[/math][i]
           // в любом случае добавляем в очередь очередной элемент
           // устаревшие будем удалять
           B.insert(x)
           if [math]\exists[/math] B.next(x)
               // добавленный элемент — не максимальный
               // удаляем предыдущее значение — заменяем следующий
               B.delete(B.next(x))
           else
               // добавленный элемент - максимальный
               // предыдущие значения не трогаем, очередь увеличилась
               k = k + 1           
       return k

Расширение алгоритма до нахождения НВП

Основная идея

Будем запоминать пары: для каждого элемента записываем его "предшественника".

Тогда, выбрав какой-нибудь лучший элемент для максимальной длины, мы можем легко восстановить НВП .

Общий вид алгоритма

[math]B_1[/math]	[math]B_2[/math]	[math]B_3[/math]	[math]B_4[/math]	[math]B_5[/math]	[math]~\pi_i~[/math]
9					9
3					3
3	10				10
3	4				4
3	4	8			8
1	4	8			1
1	2	8			2
1	2	8	12		12
1	2	6	12		6
1	2	5	12		5
1	2	5	7		7
1	2	5	7	11	11

predecessor
1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
	1		3	2	2	5	4		3	7	8

Псевдокод

   vector<int> LIS(vector<int> [math]\pi[/math])
       PriorityQueue B
       int k = 0
       int n = [math]\pi[/math].size
       vector<int> predecessor(n) // резервируем [math]n[/math] позиций
       for i = 1 to n
           x = [math]\pi[/math][i]
           B.insert(x)
           predecessor[x] = B.prev(x)
           if [math]\exists[/math] B.next(x)
               B.delete(B.next(x))
           else
               k = k + 1
       // по цепочке от последнего элемента 
       // восстанавливаем НВП
       vector<int> result
       int cur = B.max()
       result += [cur]
       while [math]\exists[/math] predecessor[cur] 
           result += [predecessor[cur]]
           cur = predecessor[cur]
       return result

Оптимизация до [math]O(n\operatorname{log}\operatorname{log}k)[/math]

Основная идея

Чтобы Дерево ван Эмде Боаса выполняло операции за [math]O(\operatorname{log}\operatorname{log}k)[/math], необходимо алфавит обрабатываемых значений уменьшить до [math]O(k)[/math].

Предположим, мы знаем такое приближение [math]k[/math] [math]m: m \ge k[/math]. Если мы разобьем всю последовательность на блоки из [math]m[/math] элементов и нам удастся обрабатывать каждый как перестановку из [math]m[/math] элементов, то мы получим асимптотическое время [math]O(n \operatorname{log} \operatorname{log} (k + m))[/math], а т.к. [math]m \ge k[/math], то [math]O(n \operatorname{log} \operatorname{log} m)[/math]. (Мы будем обрабатывать блоки последовательно, т.е. с предыдущего блока у нас может остаться [math]k[/math] значений в очереди, которые дополняются [math]m[/math] значениями очередного блока - получаем верхнее ограничение в [math]k + m[/math] обрабатываемых возможных значений.)

Описанный здесь алгоритм подбора [math]m_i[/math] и получение асимптотической оценки [math]O(n\operatorname{log}\operatorname{log}k)[/math] в других подразделах рассмотрено не будет, т.к. в основном это доказательство, сложного для понимания/реализации ничего нет

Рассмотрим последовательность [math]\{m_0,~m_1,~m_2,~\dots\}[/math], где [math] m_{i+1} = m_i ^{\operatorname{log}m_i} = 2^{\operatorname{log}^2m_i}[/math], [math]m_0[/math] - некоторое значение, меньшее [math]k[/math].

Будем последовательно для элементов этой последовательности запускать алгоритм. Если условие [math]m \ge k[/math] перестает выполняться, прерываем выполнение. Таким образом, время работы для каждого [math]m_j[/math] будет [math]O(n\operatorname{log}\operatorname{log}m_j)[/math]. Найдется такой [math]m_i[/math], который окажется больше [math]k[/math], и алгоритм успешно завершится.

[math]\operatorname{log}\operatorname{log}m_{i+1} = \operatorname{log}\operatorname{log}2^{\operatorname{log}^2m_i} = \operatorname{log}\operatorname{log}^2m_i = 2\operatorname{log}\operatorname{log}m_i[/math]

[math]\operatorname{log}\operatorname{log}m_j = 2^{j-i}\operatorname{log}\operatorname{log}m_i[/math]

Общее время работы - [math]O(n(\sum\limits_{j = 0}\limits^{i}2^{1-j})\operatorname{log}\operatorname{log}m_i) = O(n\operatorname{log}\operatorname{log}m_i)[/math]. Заметим, что [math]m_i \lt k^{\operatorname{log}k}[/math], т.к. в противном случае [math]m_{i-1} \gt k[/math], что противоречит тому, что [math]m_i[/math] - первый из тех, что больше [math]k[/math]. Следовательно, [math]\operatorname{log}\operatorname{log}m_i \lt 2\operatorname{log}\operatorname{log}k \[/math].

Получаем время работы [math]O(n\operatorname{log}\operatorname{log}k)[/math]

Деление на блоки

Основная идея

Разделим исходную перестановку [math]\pi[/math] на блоки [math]C_j = {\pi_{(j-1)m + 1},~\pi_{(j-1)m + 2},~\dots, ~\pi_{(j-1)m + m}}[/math]