Изменения

Если сортируются целые числа из множества <tex>\{0, 1, \ldots, m - 1\}</tex> с длиной контейнера <tex>k \log (m + n)</tex> с <tex>k</tex> <tex>\gegeqslant</tex> 1, тогда сортировка происходит с '''неконсервативным преимуществом''' <tex>k</tex>.

Набор <tex>S1</tex> < <tex>S2</tex> если <tex>\max(S1) \le leqslant \min(S2)</tex>

Предположим, есть набор <tex>T</tex> из <tex>p</tex> чисел, которые уже отсортированы как <tex>a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{p}</tex> и набор <tex>S</tex> из <tex>q</tex> чисел <tex>b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{q}</tex>. Тогда '''разделением''' <tex>q</tex> чисел <tex>p</tex> числами называется <tex>p + 1</tex> набор <tex>S_{0}, S_{1}, \ldots, S_{p}</tex>, где <tex>S_{0}</tex> < {<tex>a_{1}</tex>} < <tex>S_{1}</tex> < <tex>\ldots</tex> < {<tex>a_{p}</tex>} < <tex>S_{p}</tex>.

Даны целые числа <tex>b</tex> <tex>\gegeqslant</tex> <tex>s</tex> <tex>\gegeqslant</tex> 0, и <tex>T</tex> является подмножеством множества <tex>\{0, \ldots, 2^b - 1\}</tex>, содержащим <tex>n</tex> элементов, и <tex>t</tex> <tex>\gegeqslant</tex> <tex>2^{-s + 1}</tex>С<tex>^k_{n}</tex>. Функция <tex>h_{a}</tex>, принадлежащая <tex>H_{b,s}</tex>, может быть выбрана за время <tex>O(bn^2)</tex> так, что количество коллизий <tex>coll(h_{a}, T)</tex> <tex>\leleqslant</tex> <tex>t</tex>.

Выбор <tex>s</tex>-ого наибольшего числа среди <tex>n</tex> чисел, упакованных в <tex>\frac{n/}{g}</tex> контейнеров, может быть сделан за время <tex>O(\frac{n \log g/}{g})</tex> и с использованием <tex>O(\frac{n/}{g})</tex> памяти. В том числе, так может быть найдена медиана.

Так как возможно делать попарное сравнение <tex>g</tex> чисел в одном контейнере с <tex>g</tex> числами в другом и извлекать большие числа из одного контейнера и меньшие из другого за константное время, возможно упаковать медианы из первого, второго, <tex>\ldots</tex>, <tex>g</tex>-ого чисел из 5 контейнеров в один контейнер за константное время. Таким образом, набор <tex>S</tex> из медиан теперь содержится в <tex>\frac{n/(}{5g)}</tex> контейнерах. Рекурсивно находим медиану <tex>m</tex> в <tex>S</tex>. Используя <tex>m</tex>, уберем хотя бы <tex>\frac{n/}{4}</tex> чисел среди <tex>n</tex>. Затем упакуем оставшиеся из <tex>\frac{n/}{g}</tex> контейнеров в <tex>\frac{3n/}{4g}</tex> контейнеров и затем продолжим рекурсию.

Если <tex>g</tex> целых чисел, в сумме использующих <tex>(\frac{\log n)/}{2}</tex> бит, упакованы в один контейнер, тогда <tex>n</tex> чисел в <tex>\frac{n/}{g}</tex> контейнерах могут быть отсортированы за время <tex>O((\frac{n/g) \log g}{g})</tex> с использованием <tex>O(\frac{n/}{g})</tex> памяти.

Так как используется только <tex>(\frac{\log n)/}{2}</tex> бит в каждом контейнере для хранения <tex>g</tex> чисел, используем bucket sort, чтобы отсортировать все контейнеры, представляя каждый как число, что занимает <tex>O(\frac{n/}{g})</tex> времени и памяти. Так как используется <tex>(\frac{\log n)/}{2}</tex> бит на контейнер, понадобится <tex>\sqrt{n}</tex> шаблонов для всех контейнеров. Затем поместим <tex>g < (\frac{\log n)/}{2}</tex> контейнеров с одинаковым шаблоном в одну группу. Для каждого шаблона останется не более <tex>g - 1</tex> контейнеров, которые не смогут образовать группу. Поэтому не более <tex>\sqrt{n}(g - 1)</tex> контейнеров не смогут сформировать группу. Для каждой группы помещаем <tex>i</tex>-е число во всех <tex>g</tex> контейнерах в один. Таким образом берутся <tex>g</tex> <tex>g</tex>-целых векторов и получаются <tex>g</tex> <tex>g</tex>-целых векторов, где <tex>i</tex>-ый вектор содержит <tex>i</tex>-ое число из входящего вектора. Эта транспозиция может быть сделана за время <tex>O(g \log g)</tex>, с использованием <tex>O(g)</tex> памяти. Для всех групп это занимает время <tex>O((\frac{n/g) \log g}{g})</tex>, с использованием <tex>O(\frac{n/}{g})</tex> памяти.

Для контейнеров вне групп (которых <tex>\sqrt{n}(g - 1)</tex> штук) разбираем и собираем заново контейнеры. На это потребуется не более <tex>O(\frac{n/}{g})</tex> времени и памяти. После всего этого используем карманную сортировку вновь для сортировки <tex>n</tex> контейнеров. Таким образом, все числа отсортированы.

Заметим, что когда <tex>g = O( \log n)</tex>, сортировка <tex>O(n)</tex> чисел в <tex>\frac{n/}{g}</tex> контейнеров произойдет за время <tex>O((\frac{n/}{g}) \log\log n)</tex> с использованием <tex>O(\frac{n/}{g})</tex> памяти. Выгода очевидна.

Примем, что каждый контейнер содержит <tex> \log m > \log n</tex> бит, и <tex>g</tex> чисел, в каждом из которых <tex>(\frac{\log m)/}{g}</tex> бит, упакованы в один контейнер. Если каждое число имеет маркер, содержащий <tex>(\frac{\log n)/(}{2g)}</tex> бит, и <tex>g</tex> маркеров упакованы в один контейнер таким же образом<tex>^*</tex>, что и числа, тогда <tex>n</tex> чисел в <tex>\frac{n/}{g}</tex> контейнерах могут быть отсортированы по их маркерам за время <tex>O((\frac{n \log\log n)/}{g})</tex> с использованием <tex>O(\frac{n/}{g})</tex> памяти.

Контейнеры для маркеров могут быть отсортированы с помощью bucket sort потому, что каждый контейнер использует <tex>( \frac{\log n)/}{2}</tex> бит. Сортировка сгруппирует контейнеры для чисел как в [[#lemma3|лемме №3]]. Перемещаем каждую группу контейнеров для чисел.

Предположим, что каждый контейнер содержит <tex>\log m \log\log n > \log n</tex> бит, что <tex>g</tex> чисел, в каждом из которых <tex>(\frac{\log m)/}{g}</tex> бит, упакованы в один контейнер, что каждое число имеет маркер, содержащий <tex>(\frac{\log n)/(}{2g)}</tex> бит, и что <tex>g</tex> маркеров упакованы в один контейнер тем же образом что и числа. Тогда <tex>n</tex> чисел в <tex>\frac{n/}{g}</tex> контейнерах могут быть отсортированы по своим маркерам за время <tex>O(\frac{n/}{g})</tex> с использованием <tex>O(\frac{n/}{g})</tex> памяти.

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 [[#lemma3|лемме №3]] и [[#lemma4|лемме №4]] 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(\frac{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 leqslant \log n</tex> чисел в один контейнер, тогда выбор в [[#lemma2|лемме №2]] может быть сделан за время и память <tex>O(\frac{n/}{g})</tex>, потому что упаковка в доказательстве [[#lemma2|лемме №2]] теперь может быть сделана за время <tex>O(\frac{n/}{g})</tex>.

<tex>n</tex> целых чисел можно отсортировать в <tex>\sqrt{n}</tex> наборов <tex>S_{1}</tex>, <tex>S_{2}</tex>, <tex>\ldots</tex>, <tex>S_{\sqrt{n}}</tex> таким образом, что в каждом наборе <tex>\sqrt{n}</tex> чисел и <tex>S_{i}</tex> < <tex>S_{j}</tex> при <tex>i</tex> < <tex>j</tex>, за время <tex>O(\frac{n \log\log n/ } {\log k})</tex> и место <tex>O(n)</tex> с неконсервативным преимуществом <tex>k \log\log n</tex>.

Рассмотрим проблему сортировки <tex>n</tex> целых чисел из множества <tex>\{0, 1, \ldots, m - 1\}</tex> в <tex>\sqrt{n}</tex> наборов, как в условии леммы. Предполагаем, что каждый контейнер содержит <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>. Также предполагаем, что <tex>\log m \ge geqslant \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>\frac{i \log m/ } {\log n}</tex>-ого по <tex>(\frac{(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>\frac{\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 самым большим блоком (блок номер <tex>\log n - 1</tex>). Предполагаем, что биты этих м.ч. упакованы в <tex>\frac{n/ }{\log n}</tex> контейнеров с <tex>\log n</tex> м.ч. упакованными в один контейнер. Пренебрегая временем, потраченным на эту упаковку, считаем, что она бесплатна. По [[#lemma2|лемме №2]] находим медиану этих <tex>n</tex> м.ч. за время и память <tex>O(\frac{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>. Также мощность <tex>S_{1}</tex> и <tex>S_{3} </tex> не превосходит <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 из дальнейшего рассмотрения <tex>\frac{\log m/ }{\log n}</tex> бит (наибольший блок) из каждого числа, принадлежащего <tex>S'_{2}</tex>. 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>\frac{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 м.ч. 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 используем [[#lemma5|лемме №5]]. Полный размер маркера для каждого контейнера должен быть <tex>\frac{\log n/}{2}</tex>, и маркер использует <tex>\log e</tex> бит, значит количество маркеров <tex>g</tex> в каждом контейнере должно быть не более <tex>\frac{\log n/(}{2\log e)}</tex>. В дальнейшем, так как <tex>g = \frac{\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(\frac{k \log n/}{g}) = O(k \log e)</tex> блоков. Заметим, что используется неконсервативное преимущество в <tex>\log\log n</tex> для [[#lemma5|лемме №5]] Поэтому предполагается, что <tex>\frac{\log n/(}{2 \log e)}</tex> м.ч., в каждом из которых <tex>k \log e</tex> блоков битов числа, упакованны 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>\frac{\log n/(}{2 \log e)}</tex> маркеров, то для каждого контейнера требуется <tex>(\frac{\log n)/}{2}</tex> бит. Таким образом, [[#lemma5|лемма №5]] может быть применена для помещения м.ч. в наборы, которым они принадлежат. Так как используется <tex>O((\frac{n \log e)/ }{ \log n})</tex> контейнеров, то время, необходимое для помещения м.ч. в их наборы, равно <tex>O((\frac{n \log e)/ }{ \log n})</tex>.

# Если <tex>(level == 1)</tex> тогда изучаем размер набора. Если размер меньше или равен <tex>\sqrt{n}</tex>, то <tex>return</tex>. Иначе делим этот набор в <tex>\leleqslant</tex> 3 набора, используя [[#lemma2|лемму №2]], чтобы найти медиану, а затем используем [[#lemma5|лемму №5]] для сортировки. Для набора, где все элементы равны медиане, не рассматриваем текущий блок и текущим блоком делаем следующий. Создаем маркер, являющийся номером набора для каждого из чисел (0, 1 или 2). Затем направляем маркер для каждого числа назад к месту, где число находилось в начале. Также направляем двубитное число для каждого входного числа, указывающее на текущий блок.

## Упаковываем <tex>a^{(u)}_{i}</tex>-ый в часть из <tex>1/k</tex>-ых номеров контейнеров. Где <tex>a^{(u)}_{i}</tex> содержит несколько непрерывных блоков, которые состоят из <tex>\frac{1/}{k}</tex>-ых битов <tex>a_{i}</tex>. При этом у <tex>a^{(u)}_{i}</tex> текущий блок это самый крупный блок.

# Для каждого набора <tex>S = </tex>{<tex>a_{i_{0}}, a_{i_{1}}, \ldots, a_{i_{t}}</tex>}, если <tex>t > \sqrt{n}</tex>, вызываем Sort(<tex>k \log\log n</tex>, <tex>\log_{k}((\frac{\log n)/}{4})</tex>, <tex>a_{i_{0}}, a_{i_{1}}, \ldots, a_{i_{t}}</tex>).

Время работы алгоритма <tex>O(\frac{n \log\log n/ }{\log k})</tex>, что доказывает лемму.

Алгоритм: Пусть целое число <tex>b \ge geqslant 0</tex> и пусть <tex>U = \{0, \ldots, 2^b - 1\}</tex>. Класс <tex>H_{b,s}</tex> хеш-функций из <tex>U</tex> в <tex>\{0, \ldots, 2^s - 1\}</tex> определен как <tex>H_{b,s} = \{h_{a} \mid 0 < a < 2^b, a \equiv 1 (\bmod 2)\}</tex> и для всех <tex>x</tex> из <tex>U</tex>: <tex>h_{a}(x) = (ax</tex> <tex>\bmod</tex> <tex>2^b)</tex> <tex>div</tex> <tex>2^{b - s}</tex>.

Также рассмотрим проблему последующего разделения. Пусть <tex>a_{1}</tex>, <tex>a_{2}</tex>, <tex>\ldots</tex>, <tex>a_{p}</tex> {{---}} <tex>p</tex> чисел и <tex>S</tex> {{---}} множество чисeл. Необходимо разделить <tex>S</tex> в <tex>p + 1</tex> наборов, таких, что: <tex>S_{0}</tex> < {<tex>a_{1}</tex>} < <tex>S_{1}</tex> < {<tex>a_{2}</tex>} < <tex>\ldots</tex> < {<tex>a_{p}</tex>} < <tex>S_{p}</tex>. Так как используется '''signature sorting''' то перед тем, как делать вышеописанное разделение, необходимо поделить биты в <tex>a_{i}</tex> на <tex>h</tex> сегментов и взять некоторые из них. Так же делим биты для каждого числа из <tex>S</tex> и оставляем только один в каждом числе. По существу, для каждого <tex>a_{i}</tex> берутся все <tex>h</tex> сегментов. Если соответствующие сегменты <tex>a_{i}</tex> и <tex>a_{j}</tex> совпадают, то нам понадобится только один. Сегмент, который берется для числа в <tex>S</tex> это сегмент, который выделяется из <tex>a_{i}</tex>. Таким образом, начальная задача о разделении <tex>n</tex> чисел по <tex>\log m</tex> бит преобразуется в несколько задач на разделение с числами по <tex>\frac{\log m/}{h}</tex> бит.

Есть набор <tex>T</tex> из <tex>p</tex> чисел, которые отсортированы как <tex>a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{p}</tex>. Используем числа в <tex>T</tex> для разделения набора <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>. Пусть <tex>h = \frac{\log n/(}{c \log p)}</tex> для константы <tex>c > 1</tex>. (<tex>\frac{h/ }{\log\log n \log p}</tex>)-битные числа могут храниться в одном контейнере, содержащим <tex>(\frac{\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>\frac{h/ } {\log\log n}</tex>. Рассматриваем сегменты как числа. Чтобы получить неконсервативное преимущество для сортировки, числа в этих контейнерах (<tex>a_{i}</tex>-ом и <tex>b_{i}</tex>-ом) хешируются, и получается <tex>\frac{h/ }{\log\log n}</tex> хешированных значений в одном контейнере. 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 объединяем 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>(\frac{2 \log n)/(}{c \log\log n)}</tex> бит, хотя эти значения разделены на сегменты по <tex>\frac{h/ }{ \log\log n}</tex> бит в каждом контейнере. Между сегментами получаются пустоты, которые забиваются нулями. Сначала упаковываются все сегменты в <tex>(\frac{2 \log n)/(}{c \log\log n)}</tex> бит. Потом рассматривается каждый хеш-контейнер как число, и эти хеш-контейнеры сортируются за линейное время (сортировка будет рассмотрена чуть позже). После этой сортировки биты в <tex>a_{i}</tex> и <tex>b_{i}</tex> разрезаны на <tex>\frac{\log\log n/}{h}</tex> сегментов. Таким образом, получилось дополнительное мультипликативное преимущество в <tex>\frac{h/ } {\log\log n}</tex> (additional multiplicative advantage).

После того, как вышеописанный процесс повторится <tex>g</tex> раз, получится неконсервативное преимущество в <tex>(\frac{h/ } {\log\log n})^g</tex> раз, в то время как потрачено только <tex>O(gqt)</tex> времени, так как каждое многократное деление происходит за линейное время <tex>O(qt)</tex>.

Хеш-функция, которая используется, находится следующим образом. Будут хешироватся сегменты, <tex>\frac{\log\log n/}{h}</tex>-ые, <tex>(\frac{\log\log n/}{h})^2</tex>-ые, <tex>\ldots</tex> по счету в числе. Хеш-функцию для <tex>(\frac{\log\log n/}{h})^t</tex>-ых по счету сегментов, получаем нарезанием всех <tex>p</tex> чисел на <tex>(\frac{\log\log n/}{h})^t</tex> сегментов. Рассматривая каждый сегмент как число, получаем <tex>p(\frac{\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 упакованы в <tex>(\frac{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>(\frac{2 \log n)/(}{c \log\log n)}</tex> бит в каждом. Эти контейнеры должны быть отсортированы в каждом наборе. Комбинируя все хеш-контейнеры в один pool, сортируем следующим образом.

Входные данные: <tex>r > = n^{\frac{2/}{5}}</tex> чисел <tex>d_{i}</tex>, <tex>d_{i}.value</tex> — значение числа <tex>d_{i}</tex>, в котором <tex>(\frac{2 \log n)/(}{c \log\log n)}</tex> бит, <tex>d_{i}.set</tex> — набор, в котором находится <tex>d_{i}</tex>. Следует отметить, что всего есть <tex>t</tex> наборов.

# Сортируем все <tex>d_{i}</tex> по <tex>d_{i}.value</tex>, используя bucket sort. Пусть все отртированные числа в <tex>A[1..r]</tex>. Этот шаг занимает линейное время, так как сортируется не менее <tex>n^{\frac{2/}{5}}</tex> чисел.

Берем <tex>1/e = 5</tex> для ЭП-дерева Андерссона. Следовательно, у корня будет <tex>n^{\frac{1/}{5}}</tex> детей, и каждое ЭП-дерево в каждом ребенке будет иметь <tex>n^{\frac{4/}{5}}</tex> листьев. В отличие от оригинального дерева, зараз за раз вставляется не один элемент, а <tex>d^2</tex>, где <tex>d</tex> — количество детей узла дерева, в котором числа должны спуститься вниз. Алгоритм полностью опускает все <tex>d^2</tex> чисел на один уровень. В корне опускаются <tex>n^{\frac{2/}{5}}</tex> чисел на следующий уровень. После того, как все числа опустились на следующий уровень, они успешно разделились на <tex>t_{1} = n^{1/5}</tex> наборов <tex>S_{1}, S_{2}, \ldots, S_{t_{1}}</tex>, в каждом из которых <tex>n^{\frac{4/}{5}}</tex> чисел и <tex>S_{i} < S_{j}, i < j</tex>. Затем, берутся <tex>n^{(4/5)(2/5)\frac{8}{25}}</tex> чисел из <tex>S_{i}</tex> и опускаются на следующий уровень ЭП-дерева. Это повторяется, пока все числа не опустятся на следующий уровень. На этом шаге числа разделены на <tex>t_{2} = n^{\frac{1/}{5}}n^{\frac{4/}{25}} = n^{\frac{9/}{25}}</tex> наборов <tex>T_{1}, T_{2}, \ldots, T_{t_{2}}</tex>, аналогичных наборам <tex>S_{i}</tex>, в каждом из которых <tex>n^{\frac{16/}{25}}</tex> чисел. Теперь числа опускаются дальше в ЭП-дереве.

Нам следует нумеровать уровни ЭП-дерева с корня, начиная с нуля. Рассмотрим спуск вниз на уровне <tex>s</tex>. Имеется <tex>t = n^{1 - (\frac{4/}{5})^s}</tex> наборов по <tex>n^{(\frac{4/}{5})^s}</tex> чисел в каждом. Так как каждый узел на данном уровне имеет <tex>p = n^{(\frac{1/}{5)} \cdot (\frac{4/}{5})^s}</tex> детей, то на <tex>s + 1</tex> уровень опускаются <tex>q = n^{(\frac{2/}{5)} \cdot (\frac{4/}{5})^s}</tex> чисел для каждого набора, или всего <tex>qt \ge geqslant n^{\frac{2/}{5}}</tex> чисел для всех наборов за один раз.

Спуск вниз можно рассматривать как сортировку <tex>q</tex> чисел в каждом наборе вместе с <tex>p</tex> числами <tex>a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{p}</tex> из ЭП-дерева, так, что эти <tex>q</tex> чисел разделены в <tex>p + 1</tex> наборов <tex>S_{0}, S_{1}, \ldots, S_{p}</tex> таких, что <tex>S_{0} < </tex> {<tex>a_{1}</tex>} <tex><</tex> <tex>\ldots</tex> <tex><</tex> {<tex>a_{p}</tex>} <tex>< S_{p}</tex>.

После <tex>g</tex> сокращений бит в [[Сортировка Хана#Signature sorting|signature sorting]] получаем неконсервативное преимущество в <tex>(\frac{h/ }{ \log\log n})^g</tex>. Мы не волнуемся об этих сокращениях до конца потому, что после получения неконсервативного преимущества мы можем переключиться на [[#lemma6|лемму №6]] 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> подзадач разделения на <tex>w</tex> поднаборов для какого-то числа <tex>w</tex>.

Теперь для каждого набора все его поднаборы в подзадачах собираются в один набор. Затем, используя [[#lemma6|лемму №6]], делается разделение. Так как получено неконсервативное преимущество в <tex>(\frac{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(\frac{qt \log\log n/(}{g(\log h - \log\log\log n) - \log\log\log n)}) = O(\log\log n)</tex> времени.

В итоге разделились <tex>q</tex> чисел <tex>p</tex> числами в каждый набор. То есть получилось, что <tex>S_{0}</tex> < {<tex>e_{1}</tex>} < <tex>S_{1}</tex> < <tex>\ldots</tex> < {<tex>e_{p}</tex>} < <tex>S_{p}</tex>, где <tex>e_{i}</tex> {{---}} сегмент <tex>a_{i}</tex>, полученный с помощью битового сокращения. Такое разделение получилось комбинированием всех поднаборов в подзадачах. Предполагаем, что числа хранятся в массиве <tex>B</tex> так, что числа в <tex>S_{i}</tex> предшествуют числам в <tex>S_{j}</tex> если <tex>i < j</tex> и <tex>e_{i}</tex> хранится после <tex>S_{i - 1}</tex>, но до <tex>S_{i}</tex>.

Теперь рассмотрим проблему упаковки, которая решается следующим образом. Считается, что число бит в контейнере <tex>\log m \ge geqslant \log\log\log n</tex>, потому что в противном случае можно использовать radix sort для сортировки чисел. У контейнера есть <tex>h/ \log\log n</tex> хешированных значений (сегментов) в себе на уровне <tex>\log h</tex> в ЭП-дереве. Полное число хешированных бит в контейнере равно <tex>(2 \log n)(c \log\log n)</tex> бит. Хешированные биты в контейнере выглядят как <tex>0^{i}t_{1}0^{i}t_{2} \ldots t_{h/ \log\log n}</tex>, где <tex>t_{k}</tex>-ые — хешированные биты, а нули {{---}} это просто нули. Сначала упаковываем <tex>\log\log n</tex> контейнеров в один и получаем <tex>w_{1} = 0^{j}t_{1, 1}t_{2, 1} \ldots t_{\log\log n, 1}0^{j}t_{1, 2} \ldots t_{\log\log n, h/ \log\log n}</tex>, где <tex>t_{i, k}</tex>: элемент с номером <tex>k = 1, 2, \ldots, h/ \log\log n</tex> из <tex>i</tex>-ого контейнера. Используем <tex>O(\log\log n)</tex> шагов, чтобы упаковать <tex>w_{1}</tex> в <tex>w_{2} = 0^{jh/ \log\log n}t_{1, 1}t_{2, 1} \ldots t_{\log\log n, 1}t_{1, 2}t_{2, 2} \ldots t_{1, h/ \log\log n}t_{2, h/ \log\log n} \ldots t_{\log\log n, h/ \log\log n}</tex>. Теперь упакованные хеш-биты занимают <tex>2 \log n/c</tex> бит. Используем <tex>O(\log\log n)</tex> времени чтобы распаковать <tex>w_{2}</tex> в <tex>\log\log n</tex> контейнеров <tex>w_{3, k} = 0^{jh/ \log\log n}0^{r}t_{k, 1}0^{r}t_{k, 2} \ldots t_{k, h/ \log\log n} k = 1, 2, \ldots, \log\log n</tex>. Затем, используя <tex>O(\log\log n)</tex> времени, упаковываем эти <tex>\log\log n</tex> контейнеров в один <tex>w_{4} = 0^{r}t_{1, 1}0^{r}t_{1, 2} \ldots t_{1, h/ \log\log n}0^{r}t_{2, 1} \ldots t_{\log\log n, h/ \log\log n}</tex>. Затем, используя <tex>O(\log\log n)</tex> шагов, упаковываем <tex>w_{4}</tex> в <tex>w_{5} = 0^{s}t_{1, 1}t_{1, 2} \ldots t_{1, h/ \log\log n}t_{2, 1}t_{2, 2} \ldots t_{\log\log n, h/ \log\log n}</tex>. В итоге используется <tex>O(\log\log n)</tex> времени для упаковки <tex>\log\log n</tex> контейнеров. Считаем, что время, потраченное на один контейнер — константа.

* [[wikipedia:en:Integer_sorting|Wikipedia {{---}} Integer sortingInteger_sorting]]