Мажорирующий элемент

Материал из Викиконспекты
Версия от 20:29, 2 января 2016; Shersh (обсуждение | вклад) (Псевдокод)
(разн.) ← Предыдущая | Текущая версия (разн.) | Следующая → (разн.)
Перейти к: навигация, поиск
Задача:
Требуется в массиве длиной [math]N[/math] найти элемент, встречающийся более [math]N/2[/math] раз. Гарантируется, что такой элемент существует.


Решение за O(N)[править]

Алгоритм можно представить следующим образом: пусть на вечеринке собрались [math]N[/math] людей, и каждому из них соответствует один элемент из массива. Когда встречаются двое с разными элементами, то они образуют пару и садятся. В конце концов останутся стоять только люди с одинаковыми элементами. Это и есть искомый элемент.

Будем идти по массиву и запоминать элемент, для которого еще не нашлось пары. При встрече такого же элемента увеличиваем счетчик "без пары", иначе — уменьшаем. Если все элементы уже имеют пару, то говорим, что у текущего элемента пары нет.

Псевдокод[править]

 function findMajorityElement(a: int[N]): int
   count = 0 // количество людей, оставшихся стоять
   candidate = [math]\varnothing[/math]
   for i = 0 to N - 1
     if count == 0 // никто не стоит
       candidate = a[i] // встанет текущий элемент
       count++ // увеличим количество стоящих
     else // кто-то стоит
       if a[i] == candidate // стоит такой же элемент
         count++ // увеличим количество стоящих
       else  // стоит другой элемент => подобрали пару
         count-- // уменьшим количество стоящих
   return candidate

Доказательство[править]

На [math]i[/math]-ом шаге выполняется следующий инвариант: если [math]\mathtt{count} \gt 0[/math], то [math]\mathtt{candidate}[/math] — мажорирующий элемент на подмассиве [math]a[0\ldots i][/math], либо мажорирующего элемента на данном подмассиве не существует; если [math]\mathtt{count} = 0[/math], то мажорирующего элемента на данном подмассиве не существует. Нам гарантируется существование мажорирующего элемента, значит на [math]N[/math]-ом шаге [math]\mathtt{count} \ne 0[/math] и [math]\mathtt{candidate}[/math] содержит мажорирующий элемент. Покажем, что данный инвариант всегда выполняется.

Пусть данный инвариант выполняется на [math]k[/math]-ом шаге. Тогда на [math](k+1)[/math]-ом шаге возможны 3 варианта:

  1. [math]\mathtt{count} = 0[/math]

    Очевидно, что на подмассиве [math]a[0\ldots k][/math] мажорирующего элемента не существует, так как все элементы разбились на пары. Тогда только [math]a[k+1][/math] может быть мажорирующим элементом.

  2. [math]\mathtt{count} \gt 0[/math] и [math]a[k+1] = \mathtt{candidate}[/math]

    Если на подмассиве [math]a[0\ldots k][/math] существует мажорирующий элемент, то он находится в [math]\mathtt{candidate}[/math]. Тогда, в силу равенства [math]a[k+1][/math] и [math]\mathtt{candidate}[/math], если на подмассиве [math]a[0\ldots k+1][/math] существует мажорирующий элемент, то он тоже будет равен [math]\mathtt{candidate}[/math].

  3. [math]\mathtt{count} \gt 0[/math] и [math]a[k+1] \ne \mathtt{candidate}[/math]

    Если на подмассиве [math]a[0\ldots k][/math] существует мажорирующий элемент, то он находится в [math]\mathtt{candidate}[/math]. Тогда, в силу неравенства [math]a[k+1][/math] и [math]\mathtt{candidate}[/math], образовалась новая пара. Если [math]\mathtt{count}[/math] не станет равным нулю, то, опять же, мажорирующим элементом может быть только [math]\mathtt{candidate}[/math], так как для всех остальных мы нашли пару, а, значит, встречаются они не более [math]N/2[/math] раз.


Всего происходит [math]N[/math] итераций, каждая из которых обрабатывается за [math]O(1)[/math]. Итоговая асимптотика [math]O(N)[/math].

Обобщение на случай поиска элемента, встречающегося N/K раз[править]

Будем пользоваться той же идеей, что и в предыдущем пункте. До этого мы сажали людей парами, а теперь будем сажать группами из [math]K[/math] человек. В итоге, если искомые нами элементы есть, то они останутся стоять.

Будем идти по массиву и хранить элементы, которые еще не сели. При встрече элемента, который уже есть среди стоящих, увеличиваем счетчик данного элемента на [math]1[/math]. В противном случае смотрим, можем ли мы посадить группу и, либо ее сажаем, либо добавляем текущий элемент к стоящим. В конце требуется сделать проверку, что оставшиеся стоять элементы встречаются [math]N/K[/math] раз.

Псевдокод[править]

 function findMajorityElement(a: int[N], K: int): int[N]
   //candidates — словарь, где ключ — стоящий элемент,
   //значение — количество таких стоящих элементов
   for i = 0 to N - 1
     if candidates.containsKey(a[i]) // нашли стоящий элемент
       candidates[a[i]]++ // увеличим счетчик
     else
       if candidates.size < K - 1 // полная группа не образована
         candidates[a[i]] = 1 // добавим элемент в группу
       else // образовалась полная группа
         for element in candidates // посадим группу
           candidates[element]--
           if candidates[element] == 0 // если никто с таким элементом не стоит
             candidates.remove(element) // удалим этот элемент
   
   for candidate in candidates // обнулим счетчик
     candidates[candidate] = 0
   
   for i = 0 to N - 1 // посчитаем, сколько раз встречаются элементы
     if candidates.containsKey(a[i])
       candidates[a[i]]++
   
   for candidate in candidates // проверим, встречается ли элемент N / K раз
     if candidates[candidate] > N / K
        elements.add(candidate)
     
   return elements

Доказательство[править]

На [math]i[/math]-ом шаге поддерживается следующий инвариант: если на подмассиве [math]a[0\ldots i][/math] существуют элементы, которые встречаются больше, чем [math]i / K[/math] раз, то все они содержатся в [math]\mathtt{candidates}[/math] и размер [math]\mathtt{candidates}[/math] не превышает [math]K[/math]. Тогда на [math]N[/math]-ом шаге [math]\mathtt{candidates}[/math] будет содержать все возможные элементы, встречающиеся более, чем [math]N / K[/math] раз, остается только выполнить проверку. Покажем, что данный инвариант всегда выполняется:

Пусть данный инвариант выполняется на [math]k[/math]-ом шаге. Тогда на [math](k+1)[/math]-ом шаге возможны [math]3[/math] варианта:

  1. [math]a[k + 1] \in \mathtt{candidates}[/math]

    Размер [math]\mathtt{candidates}[/math] не увеличен, текущий элемент останется стоять. Инвариант выполняется.

  2. [math]a[k + 1] \notin \mathtt{candidates}[/math] и [math]|\mathtt{candidates}| \lt K - 1[/math]

    Размер [math]\mathtt{candidates}[/math] останется меньше [math]K[/math], текущей элемент останется стоять. Инвариант выполняется.

  3. [math]a[k + 1] \notin \mathtt{candidates}[/math] и [math]|\mathtt{candidates}| = K - 1[/math]

    Размер [math]\mathtt{candidates}[/math] на данном шаге может только уменьшиться. Сажаем группу. Если какой-то элемент был удален на текущем шаге, то, значит, он встречался не более, чем [math](k + 1) / K[/math] раз, т.к. мы могли успеть посадить максимум [math](k + 1) / K[/math] групп. Тогда удаление данного элемента из [math]\mathtt{candidates}[/math] ни к чему плохому не приведет. Инвариант выполняется.

Рассмотрим среднее количество обращений к словарю за одну итерацию. На каждой итерации происходит не более [math]1[/math] увеличения счетчика. Тогда, за все время, происходит не более [math]N[/math] увеличений. Так как количество уменьшений счетчика не может превышать количество увеличений, то всего происходит не более [math]2N[/math] обращений к словарю. Следовательно, сложность одной итерации составляет [math]O(1)[/math].

Получается, при реализации словаря на основе хэш-таблиц, каждая итерация в среднем выполняется за [math]O(1)[/math]. Итоговая сложность [math]O(N)[/math] с дополнительной памятью [math]O(K)[/math].

Альтернативное решение[править]

Выберем случайный элемент в массиве и проверим, встречается ли он больше, чем [math]N / K[/math] раз. Будем делать так, пока не найдем подходящий элемент. Утверждается, что данный алгоритм в среднем работает за [math]O(N \cdot K)[/math]

Псевдокод[править]

function findMajorityElement(a: int[N], K: int): int
  while true
    candidate = a[random(N)]
    count = 0
    for i = 0 to N - 1
      if a[i] == candidate
        count++
    if count > N / K
      return candidate

Доказательство[править]

На каждом шаге мы берем случайный элемент. Проверка на мажорируемость выполняется за [math]O(N)[/math]. Вероятность, что мы выбрали элемент "удачно" составляет [math]1 / K[/math]. Тогда, в среднем, мы будем делать [math]K[/math] проверок. Итоговая сложность [math]O(N \cdot K)[/math].

Источники информации[править]