'''Сортировка Хана ''' (Yijie Han)англ. ''Hansort'' ) {{---}} сложный алгоритм сортировки целых чисел со сложностью <texdpi="130">O(n \log\log n)</tex>, где <texdpi="130">n</tex> {{---}} количество элементов для сортировки.
Данная статья писалась на основе брошюры Хана(англ. ''Yijie Han''), посвященной этой сортировке.
== Описание ==
Алгоритм построен на основе '''экспоненциального поискового дерева (далее {{---}} ЭП-дерево) Андерсона ''' (англ. ''Andersson's exponential search tree''). Сортировка происходит за счет вставки целых чисел в экспоненциальное поисковое дерево (''далее {{---}} ЭП-дерево'').
== Andersson's exponential search tree Экспоненциальное поисковое дерево Андерсона ==ЭП-дерево с <tex>n</tex> листьями состоит из корня <tex>r</tex> и <tex>n^e</tex> (<tex>0< e < 1</tex>) ЭП-поддеревьев, в каждом из которых <tex>n^{1 - e}</tex> листьев; каждое ЭП-поддерево является сыном корня <tex>r</tex>. В этом дереве <tex>O(n \log\log n)</tex> уровней. При нарушении баланса дерева необходимо балансирование, которое требует <tex>O(n \log\log n)</tex> времени при <tex>n</tex> вставленных целых числах. Такое время достигается за счет вставки чисел группами, а не поодиночке, как изначально предлагал Андерссон.
{{Определение|definition ==Определения== # Контейнер '''ЭП-дерево''' {{---}} объектэто дерево поиска, в которым котором все ключи хранятся наши данные. Например: 32-битные в листьях этого дерева и 64-битные числа, массивы, вектораколичество детей у каждого узла уменьшается экспоненциально от глубины узла.# Алгоритм, сортирующий <tex>n</tex> целых чисел из множества <tex>\{0, 1, \ldots, m - 1\}</tex>, называется консервативным, если длина контейнера (число бит в контейнере) равна <tex>O(\log(m + n))</tex>. Если длина больше, то алгоритм неконсервативный.} # Если сортируются целые числа из множества <tex>\{0, 1, \ldots, m [[Файл:Exp- 1\}</tex> с длиной контейнера <tex>k \log (m + n)</tex> с <tex>k</tex> <tex>\ge</tex> 1, тогда сортировка происходит с неконсервативным преимуществом <tex>k</tex>tree.png|400px|thumb|right|Общая структура ЭП-дерева]]# Для множества <tex>S</tex> определимСтруктура ЭП-дерева:
1) Корень имеет <texdpi="130">\minTheta (Sn^e) </tex> сыновей <tex dpi= \min\limits_{a \in S} a"130">( 0 < e < 1 )</tex> . Все сыновья являются ЭП-деревьями.
2) Каждое поддерево корня имеет <texdpi="130">\maxTheta(S) = \max\limits_n^{a \in S1-e} a)</tex>сыновей.
Набор В этом дереве <texdpi="130">S1</tex> < <tex>S2</tex> если <tex>\maxO(S1) n \le log\min(S2log n)</tex># Предположимуровней. При нарушении баланса дерева необходимо балансирование, есть набор которое требует <texdpi="130">T</tex> из <tex>p</tex> чисел, которые уже отсортированы как <tex>a_{1}, a_{2}, O(n \log\ldots, a_{p}log n)</tex>, и хочется использовать числа в времени при <texdpi="130">T</tex> для разделения набора <tex>S</tex> из <tex>qn</tex> вставленных целых числах. Такое время достигается за счет вставки чисел <tex>b_{1}группами, b_{2}а не поодиночке, \ldots, b_{q}</tex> 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>S_{1}</tex> < <tex>\ldots</tex> < {<tex>a_{p}</tex>} < <tex>S_{p}</tex>. Назовем это разделением <tex>q</tex> чисел <tex>p</tex> числамикак изначально предлагал Андерссон.
==Сортировка с использованием O(n log log n) времени Определения== {{ Определение | definition = '''Контейнер''' {{---}} объект, в которым хранятся наши данные. Например: 32-битные и памяти=64-битные числа, массивы, вектора.}}{{ Определение | definition =Для сортировки Алгоритм, сортирующий <texdpi="130">n</tex> целых чисел в диапазоне {из множества <texdpi="130">\{0, 1, \ldots, m - 1\}</tex>} предполагается, что называется '''консервативным''', если длина контейнера (число бит в нашем консервативном алгоритме используется контейнер длины контейнере) равна <texdpi="130">O(\log (m + n))</tex>. Далее везде считаетсяЕсли длина больше, что все то алгоритм '''неконсервативный'''. }}{{ Определение | definition = Если сортируются целые числа упакованы в контейнеры одинаковой длиныиз множества <tex dpi="130">\{0, 1, \ldots, m - 1\}</tex> с длиной контейнера <tex dpi="130">k \log (m + n)</tex> с <tex dpi="130">k \geqslant 1</tex>, тогда сортировка происходит с '''неконсервативным преимуществом''' <tex dpi="130">k</tex>. }}{{ Определение | definition = Для множества <tex dpi="130">S</tex> определим <tex dpi="130">\min(S) = \min\limits_{a \in S} a</tex>
<tex dpi="130">\max(S) = \max\limits_{a \in S} a</tex>
Берем Набор <tex>1/e dpi= 5</tex"130"> для ЭП-дерева Андерссона. Следовательно, у корня будет S1 <tex>n^{1/5}S2</tex> детей, и каждое ЭП-дерево в каждом ребенке будет иметь если <tex>n^{4/5}</tex> листьев. В отличие от оригинального дерева, зараз 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^{2/5}</tex> чисел на следующий уровень. После того, как все числа опустились на следующий уровень, они успешно разделились на <tex>t_{1} dpi= n^{1/5}</tex"130"> наборов <tex>S_{1}, S_{2}, \ldots, S_{t_{1}}</tex>, в каждом из которых <tex>n^{4/5}</tex> чисел и <tex>S_{i} < S_{j}, i < j</tex>. Затем, берутся <tex>n^{max(4/5S1)\leqslant \min(2/5S2)}</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^{1/5}n^{4/25} = n^{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^{16/25}</tex> чисел. Теперь числа опускаются дальше в ЭП-дереве.
Нетрудно заметить{{ Определение | definition = Предположим, что перебалансирока занимает есть набор <texdpi="130">O(n T</tex> из <tex dpi="130">p</tex> чисел, которые уже отсортированы как <tex dpi="130">a_{1}, a_{2}, \logldots, a_{p}</tex> и набор <tex dpi="130">S</tex> из <tex dpi="130">q</tex> чисел <tex dpi="130">b_{1}, b_{2}, \log n)ldots, b_{q}</tex>. Тогда '''разделением''' <tex dpi="130">q</tex> чисел <tex dpi="130">p</tex> числами называется <tex dpi="130">p + 1</tex> времени с набор <texdpi="130">O(n)S_{0}, S_{1}, \ldots, S_{p}</tex> времени на уровень, аналогично стандартному ЭП-дереву Андерссонагде <tex dpi="130">S_{0} < a_{1} < S_{1} < \ldots < a_{p} < S_{p}</tex>.}}
==Леммы==
Нам следует нумеровать уровни ЭП-дерева с корня, начиная с нуля. Рассмотрим спуск вниз на уровне {{Лемма|id = lemma1|about = № 1|statement = Даны целые числа <texdpi="130">b \geqslant s\geqslant 0</tex>. Имеется , и <tex dpi="130">T</tex>t является подмножеством множества <tex dpi= n"130">\{0, \ldots, 2^{b - 1 - (4/5)^s\}</tex> наборов по , содержащим <texdpi="130">n</tex> элементов, и <tex dpi="130">t \geqslant 2^{(4/5)-s + 1}С^sk_{n}</tex> чисел в каждом. Так как каждый узел на данном уровне имеет Функция <texdpi="130">p = n^h_{(1/5)(4/5)^sa}</tex> детей, то на принадлежащая <texdpi="130">H_{b,s + 1}</tex> уровень опускаются , может быть выбрана за время <texdpi="130">q = nO(bn^{(2/5)(4/5)^s}</tex> чисел для каждого наборатак, или всего что количество коллизий <texdpi="130">qt \ge n^coll(h_{2/5a}, T) \leqslant t</tex> чисел для всех наборов за один раз.}}
{{Лемма
|id = lemma2
|about = № 2
|statement =
Выбор <tex dpi="130">s</tex>-ого наибольшего числа среди <tex dpi="130">n</tex> чисел, упакованных в <tex dpi="150">\frac{n}{g}</tex> контейнеров, может быть сделан за время <tex dpi="150">O(\frac{n \log g}{g})</tex> и с использованием <tex dpi="150">O(\frac{n}{g})</tex> памяти. В том числе, так может быть найдена медиана.
Спуск вниз можно рассматривать |proof = Так как сортировку возможно делать попарное сравнение <texdpi="130">qg</tex> чисел в каждом наборе вместе одном контейнере с <texdpi="130">pg</tex> числами в другом и извлекать большие числа из одного контейнера и меньшие из другого за константное время, возможно упаковать медианы из первого, второго, <texdpi="130">a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{p}</tex> из ЭП-дерева, так, что эти <texdpi="130">qg</tex> -ого чисел разделены из 5 контейнеров в один контейнер за константное время. Таким образом, набор <texdpi="130">p + 1S</tex> наборов из медиан теперь содержится в <texdpi="150">S_\frac{0n}, S_{1}, \ldots, S_{p5g}</tex> таких, что контейнерах. Рекурсивно находим медиану <texdpi="130">S_{0} < m</tex> {в <texdpi="130">a_{1}S</tex>} . Используя <texdpi="130"><m</tex> , уберем хотя бы <texdpi="150">\ldotsfrac{n}{4}</tex> чисел среди <texdpi="130"><n</tex> {. Затем упакуем оставшиеся из <texdpi="150">a_\frac{n}{pg}</tex>} контейнеров в <texdpi="150">< S_\frac{3n}{p4g}</tex>контейнеров и затем продолжим рекурсию.}}
{{Лемма
|id = lemma3
|about = № 3
|statement =
Если <tex dpi="130">g</tex> целых чисел, в сумме использующих <tex dpi="150">\frac{\log n}{2}</tex> бит, упакованы в один контейнер, тогда <tex dpi="130">n</tex> чисел в <tex dpi="150">\frac{n}{g}</tex> контейнерах могут быть отсортированы за время <tex dpi="150">O(\frac{n \log g}{g})</tex> с использованием <tex dpi="150">O(\frac{n}{g})</tex> памяти.
Так как <tex>q</tex> чисел не надо полностью сортировать и <tex>q = p^2</tex>, то можно использовать '''лемму №2''' для сортировки. Для этого необходимо неконсервативное преимущество, которое получается с помощью signature sorting. Для этого используется линейная техника многократного деления (multi-dividing technique).
|proof =
Так как используется только <tex dpi="150">\frac{\log n}{2}</tex> бит в каждом контейнере для хранения <tex dpi="130">g</tex> чисел, используем bucket sort, чтобы отсортировать все контейнеры, представляя каждый как число, что занимает <tex dpi="150">O(\frac{n}{g})</tex> времени и памяти. Так как используется <tex dpi="150">\frac{\log n}{2}</tex> бит на контейнер, понадобится <tex dpi="130">\sqrt{n}</tex> шаблонов для всех контейнеров. Затем поместим <tex dpi="150">g < \frac{\log n}{2}</tex> контейнеров с одинаковым шаблоном в одну группу. Для каждого шаблона останется не более <tex dpi="130">g - 1</tex> контейнеров, которые не смогут образовать группу. Поэтому не более <tex dpi="130">\sqrt{n}(g - 1)</tex> контейнеров не смогут сформировать группу. Для каждой группы помещаем <tex dpi="130">i</tex>-е число во всех <tex dpi="130">g</tex> контейнерах в один. Таким образом берутся <tex dpi="130">g</tex> <tex dpi="130">g</tex>-целых векторов и получаются <tex dpi="130">g</tex> <tex dpi="130">g</tex>-целых векторов, где <tex dpi="130">i</tex>-ый вектор содержит <tex dpi="130">i</tex>-ое число из входящего вектора. Эта транспозиция может быть сделана за время <tex dpi="130">O(g \log g)</tex>, с использованием <tex dpi="130">O(g)</tex> памяти. Для всех групп это занимает время <tex dpi="150">O(\frac{n \log g}{g})</tex>, с использованием <tex dpi="150">O(\frac{n}{g})</tex> памяти.
После Для контейнеров вне групп (которых <texdpi="130">\sqrt{n}(g- 1)</tex> сокращений бит в '''signature sorting''' получаем неконсервативное преимущество в штук) разбираем и собираем заново контейнеры. На это потребуется не более <texdpi="150">O(h/ \log\log frac{n}{g})^g</tex>времени и памяти. Мы не волнуемся об этих сокращениях до конца потому, что после получения неконсервативного преимущества мы можем переключиться на '''лемму №2''' После всего этого используем карманную сортировку вновь для завершения разделения сортировки <texdpi="130">q</tex> чисел с помощью <tex>pn</tex> чисел на наборыконтейнеров. ЗаметимТаким образом, 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 все числа <tex>w</tex>отсортированы.
Теперь для каждого набора все его поднаборы в подзадачах собираются в один набор. ЗатемЗаметим, используя '''лемму №2''', делается разделение. Так как получено неконсервативное преимущество в что когда <texdpi="130">g = O(h/ \log\log n)^g</tex> и работа происходит на уровнях не ниже, чем сортировка <texdpi="130">2 \log\log\log O(n)</tex>, то алгоритм занимает чисел в <texdpi="150">O(qt \log\log frac{n}{g}</tex> контейнеров произойдет за время <tex dpi="150">O(g(\log h - \log\log\log frac{n}{g}) - \log</tex> <tex dpi="130">\log\log n)) </tex> с использованием <tex dpi= "150">O(\log\log frac{n}{g})</tex> временипамяти. Выгода очевидна.}}
{{Лемма
|id = lemma4
|about = № 4
|statement =
Примем, что каждый контейнер содержит <tex dpi="130"> \log m > \log n</tex> бит, и <tex dpi="130">g</tex> чисел, в каждом из которых <tex dpi="150">\frac{\log m}{g}</tex> бит, упакованы в один контейнер. Если каждое число имеет маркер, содержащий <tex dpi="150">\frac{\log n}{2g}</tex> бит, и <tex dpi="130">g</tex> маркеров упакованы в один контейнер таким же образом<tex dpi="130">^*</tex>, что и числа, тогда <tex dpi="130">n</tex> чисел в <tex dpi="150">\frac{n}{g}</tex> контейнерах могут быть отсортированы по их маркерам за время <tex dpi="150">O(\frac{n \log\log n}{g})</tex> с использованием <tex dpi="150">O(\frac{n}{g})</tex> памяти.
(*): если число <tex dpi="130">a</tex> упаковано как <tex dpi="130">s</tex>-ое число в <tex dpi="130">t</tex>-ом контейнере для чисел, тогда маркер для <tex dpi="130">a</tex> упакован как <tex dpi="130">s</tex>-ый маркер в <tex dpi="130">t</tex>-ом контейнере для маркеров.
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>.
|proof =
Контейнеры для маркеров могут быть отсортированы с помощью bucket sort потому, что каждый контейнер использует <tex dpi="150">\frac{\log n}{2}</tex> бит. Сортировка сгруппирует контейнеры для чисел как в [[#lemma3|лемме №3]]. Перемещаем каждую группу контейнеров для чисел.
}}
Пусть {{Лемма|id = lemma5|about = № 5|statement =Предположим, что каждый контейнер содержит <tex dpi="130">\log m \log\log n > \log n</tex> бит, что <tex dpi="130">g</tex> чисел, в каждом из которых <texdpi="150">B[i]\frac{\log m}{g}</tex> находится бит, упакованы в поднаборе один контейнер, что каждое число имеет маркер, содержащий <tex dpi="150">\frac{\log n}{2g}</tex> бит, и что <texdpi="130">B[i].subsetg</tex>маркеров упакованы в один контейнер тем же образом что и числа. Чтобы позволить разделению выполниться, для каждого поднабора помещаем все Тогда <texdpi="130">B[j]n</tex> чисел в <texdpi="150">\frac{n}{g}</tex> контейнерах могут быть отсортированы по своим маркерам за время <tex dpi="150">O(\frac{n}{g})</tex> с использованием <tex dpi="150">B[j].subsetO(\frac{n}{g})</tex>памяти.
На это потребуется линейное время |proof = Заметим, что несмотря на то, что длина контейнера <tex dpi="130">\log m \log\log n</tex> бит, всего <tex dpi="130">\log m</tex> бит используется для хранения упакованных чисел. Так же как в [[#lemma3|лемме №3]] и место[[#lemma4|лемме №4]] сортируем контейнеры упакованных маркеров с помощью bucket sort. Для того, чтобы перемещать контейнеры чисел, помещаем <tex dpi="130">g \log\log n</tex> вместо <tex dpi="130">g</tex> контейнеров чисел в одну группу. Для транспозиции чисел в группе, содержащей <tex dpi="130">g \log\log n</tex> контейнеров, упаковываем <tex dpi="130">g \log\log n</tex> контейнеров в <tex dpi="130">g</tex>, упаковывая <tex dpi="130">\log\log n</tex> контейнеров в один. Далее делаем транспозицию над <tex dpi="130">g</tex> контейнерами. Таким образом перемещение занимает всего <tex dpi="130">O(g \log\log n)</tex> времени для каждой группы и <tex dpi="150">O(\frac{n}{g})</tex> времени для всех чисел. После завершения транспозиции, распаковываем <tex dpi="130">g</tex> контейнеров в <tex dpi="130">g \log\log n</tex> контейнеров.
Теперь рассмотрим проблему упаковки, которая решается следующим образом. СчитаетсяЗаметим, что число бит в контейнере если длина контейнера <texdpi="130">\log m \ge \log\log\log n</tex>, потому что в противном случае можно использовать radix sort для сортировки чисел. У контейнера есть и только <texdpi="130">h/ \log\log n</tex> хешированных значений (сегментов) в себе на уровне <tex>\log hm</tex> в ЭП-дереве. Полное число хешированных бит в контейнере равно используется для упаковки <texdpi="130">(2 g \log n)(c \logleqslant \log n)</tex> бит. Хешированные биты чисел в контейнере выглядят как <tex>0^{i}t_{1}0^{i}t_{2} \ldots t_{h/ \log\log n}</tex>один контейнер, где <tex>t_{k}</tex>-ые — хешированные биты, а нули {{---}} это просто нули. Сначала упаковываем <tex>\log\log n</tex> контейнеров тогда выбор в один [[#lemma2|лемме №2]] может быть сделан за время 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 память <tex>w_{2} dpi= 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"150">O(\log\log n)</tex> времени чтобы распаковать <tex>w_{2}</tex> в <tex>\log\log n</tex> контейнеров <tex>w_frac{3, k} = 0^{jh/ \log\log n}0^{r}t_{k, 1}0^{r}t_{k, 2} \ldots t_{k, h/ \log\log ng} 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 потому что упаковка в один доказательстве [[#lemma2|лемме №2]] теперь может быть сделана за время <tex>w_{4} dpi= 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"150">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_frac{1, h/ \log\log n}t_{2, 1g}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.}}
==Уменьшение числа бит в числах==
Один из способов ускорить сортировку {{---}} уменьшить число бит в числе. Один из способов уменьшить число бит в числе {{---}} использовать деление пополам (эту идею впервые подал van Emde Boas). Деление пополам заключается в том, что количество оставшихся бит в числе уменьшается в 2 раза. Это быстрый способ, требующий <tex>O(m)</tex> памяти. Для своего дерева Андерссон использует хеширование, что позволяет сократить количество памяти до <tex>O(n)</tex>. Для того чтобы еще ускорить алгоритм, необходимо упаковать несколько чисел в один контейнер, чтобы затем за константное количество шагов произвести хеширование для всех чисел, хранимых в контейнере. Для этого используется хеш-функция для хеширования <tex>n</tex> чисел в таблицу размера <tex>O(n^2)</tex> за константное время без коллизий. Для этого используется модифицированная хеш-функция авторства: Dierzfelbinger и Raman.
{{Лемма
|id = lemma6
|about = № 6
|statement =
<tex dpi="130">n</tex> целых чисел можно отсортировать в <tex dpi="130">\sqrt{n}</tex> наборов <tex dpi="130">S_{1}</tex>, <tex dpi="130">S_{2}</tex>, <tex dpi="130">\ldots</tex>, <tex dpi="130">S_{\sqrt{n}}</tex> таким образом, что в каждом наборе <tex dpi="130">\sqrt{n}</tex> чисел и <tex dpi="130">S_{i} < S_{j}</tex> при <tex dpi="130">i < j</tex>, за время <tex dpi="150">O(\frac{n \log\log n} {\log k})</tex> и место <tex dpi="130">O(n)</tex> с неконсервативным преимуществом <tex dpi="130">k \log\log n</tex>.
Алгоритм: Пусть целое число <tex>b \ge 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>.
Данный алгоритм базируется на '''лемме №1'''|proof = Алгоритм сортировки <tex dpi="130">n</tex> целых чисел в <tex dpi="130">\sqrt{n}</tex> наборов, представленный ниже, является доказательством данной леммы.
Постановка задачи и решение некоторых проблем:
Взяв <tex>s = 2 \log n</tex>, получаем хеш-функцию <tex>h_{a}</tex>, которая захеширует <tex>n</tex> чисел из <tex>U</tex> в таблицу размера <tex>O(n^2)</tex> без коллизий. Очевидно, что <tex>h_{a}(x)</tex> может быть посчитана для любого <tex>x</tex> за константное время. Если упаковать несколько чисел в один контейнер так, что они разделены несколькими битами нулей, то можно применить <tex>h_{a}</tex> ко всему контейнеру, и в результате все хеш-значения для всех чисел в контейнере будут посчитаны. Заметим, что это возможно только потому, что в вычисление хеш-значения вовлечены только (<tex>\bmod</tex> <tex>2^b</tex>) и (<tex>div</tex> <tex>2^{b - s}</tex>).
Рассмотрим проблему сортировки <tex dpi="130">n</tex> целых чисел из множества <tex dpi="130">\{0, 1, \ldots, m - 1\}</tex> в <tex dpi="130">\sqrt{n}</tex> наборов, как в условии леммы. Предполагаем, что каждый контейнер содержит <tex dpi="130">k \log\log n \log m</tex> бит и хранит число в <tex dpi="130">\log m</tex> бит. Поэтому неконсервативное преимущество {{---}} <tex dpi="130">k \log \log n</tex>. Также предполагаем, что <tex dpi="130">\log m \geqslant \log n \log\log n</tex>. Иначе можно использовать radix sort для сортировки за время <tex dpi="130">O(n \log\log n)</tex> и линейную память. Делим <tex dpi="130">\log m</tex> бит, используемых для представления каждого числа, в <tex dpi="130">\log n</tex> блоков. Таким образом, каждый блок содержит как минимум <tex dpi="130">\log\log n</tex> бит. <tex dpi="130">i</tex>-ый блок содержит с
<tex dpi="150">\frac{i \log m} {\log n}</tex>-ого по <tex dpi="150">(\frac{(i + 1) \log m} {\log n - 1})</tex>-ый биты. Биты считаются с наименьшего бита, начиная с нуля. Теперь у нас имеется <tex dpi="130">2 \log n</tex>-уровневый алгоритм, который работает следующим образом:
Такая хеш-функция может быть найдена за <tex>O(n^3)</tex>.
Следует отметитьНа каждой стадии работаем с одним блоком бит. Назовем эти блоки маленькими числами (далее м.ч.), потому что каждое м.ч. теперь содержит только <tex dpi="150">\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 dpi="130">\log n - 1</tex>). Предполагаем, чтобиты этих м.ч. упакованы в <tex dpi="150">\frac{n}{\log n}</tex> контейнеров с <tex dpi="130">\log n</tex> м.ч. упакованными в один контейнер. Пренебрегая временем, несмотря потраченным на размер таблицы эту упаковку, считаем, что она бесплатна. По [[#lemma2|лемме №2]] находим медиану этих <tex dpi="130">n</tex> м.ч. за время и память <tex dpi="150">O(\frac{n}{\log n})</tex>. Пусть <tex dpi="130">a</tex> {{---}} это найденная медиана. Тогда <tex dpi="130">n^</tex> м.ч. могут быть разделены на не более чем три группы: <tex dpi="130">S_{1}</tex>, <tex dpi="130">S_{2}</tex> и <tex dpi="130">S_{3}</tex>. <tex dpi="130">S_{1}</tex> содержит м.ч., которые меньше <tex dpi="130">a</tex>, <tex dpi="130">S_{2}</tex> содержит м.ч., равные <tex dpi="130">a</tex>, <tex dpi="130">S_{3}</tex> содержит м.ч., большие <tex dpi="130">a</tex>. Также мощность <tex dpi="130">S_{1}</tex> и <tex dpi="130">S_{3} </tex> не превосходит <tex dpi="130">n/2</tex>. Мощность <tex dpi="130">S_{2}</tex> может быть любой. Пусть <tex dpi="130">S'_{2}</tex> {{---}} это набор чисел, у которых наибольший блок находится в <tex dpi="130">S_{2}</tex>. Тогда убираем из дальнейшего рассмотрения <tex dpi="150">\frac{\log m}{\log n}</tex> бит (наибольший блок)из каждого числа, принадлежащего <tex dpi="130">S'_{2}</tex>. Таким образом, потребность после первой стадии каждое число находится в памяти 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 dpi="130">\log n</tex> блоков, для каждого числа потребуется не превышает более <tex dpi="130">\log n</tex> стадий, чтобы поместить его в набор половинного размера. За <texdpi="130">2 \log n</tex> стадий все числа будут отсортированы. Так как на каждой стадии работаем с <tex dpi="150">\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 dpi="130">O(n)</tex>, потому что хеширование используется только для уменьшения количества бит в числевремени из-за <tex dpi="130">2 \log n</tex> стадий.
==Signature sorting==
Предположим, что <tex>n</tex> чисел должны быть отсортированы, и в каждом <tex>\log m</tex> бит. Будем считаем, что в каждом числе есть <tex>h</tex> сегментов, в каждом из которых <tex>\log m/h</tex> бит. Теперь применяем хеширование ко всем сегментам и получаем <tex>2h \log n</tex> бит хешированных значений для каждого числа. После сортировки на хешированных значениях для всех начальных чисел начальная задача по сортировке <tex>n</tex> чисел по <tex>\log m</tex> бит в каждом стала задачей по сортировке <tex>n</tex> чисел по <tex>\log m/h</tex> бит в каждом.
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 dpi="130">n</tex> чисел уже поделены в <tex dpi="130">e</tex> наборов. Используем <tex dpi="130">\log e</tex> битов чтобы сделать марки для каждого набора. Теперь используем [[#lemma5|лемме №5]]. Полный размер маркера для каждого контейнера должен быть <tex dpi="150">\frac{\log n}{2}</tex>, и маркер использует <tex dpi="130">\log e</tex> бит, значит количество маркеров <tex dpi="130">g</tex> в каждом контейнере должно быть не более <tex dpi="150">\frac{\log n}{2\log e}</tex>. В дальнейшем, так как <tex dpi="150">g = \frac{\log n}{2 \log e}</tex>, м.ч. должны влезать в контейнер. Каждый контейнер содержит <tex dpi="130">k \log\log n \log n</tex> блоков, каждое м.ч. может содержать <tex dpi="150">O(\frac{k \log n}{g}) = O(k \log e)</tex> блоков. Заметим, что используется неконсервативное преимущество в <tex dpi="130">\log\log n</tex> для [[#lemma5|лемме №5]] Поэтому предполагается, что <tex dpi="150">\frac{\log n}{2 \log e}</tex> м.ч., в каждом из которых <tex dpi="130">k \log e</tex> блоков битов числа, упакованны в один контейнер. Для каждого м.ч. используется маркер из <tex dpi="130">\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 dpi="150">\frac{\log n}{2 \log e}</tex> маркеров, то для каждого контейнера требуется <tex dpi="150">\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 dpi="150">O(\frac{n \log e}{ \log n})</tex> контейнеров, то время, необходимое для помещения м.ч. в их наборы, равно <tex dpi="150">O(\frac{n \log e}{ \log n})</tex>.
Также рассмотрим проблему последующего разделения. Пусть <tex>a_{1}</tex>Стоит отметить, <tex>a_{2}</tex>, <tex>\ldots</tex>что процесс помещения нестабилен, <tex>a_{p}</tex> {{---}} <tex>p</tex> чисел и <tex>S</tex> {{---}} множество чисeлт. 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>к. Так как используется '''signature sorting''' то перед тем, как делать вышеописанное разделение, необходимо поделить биты в <tex>a_{i}</tex> основан на <tex>h</tex> сегментов и взять некоторые алгоритме 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>\log m/h</tex> бит[[#lemma5|леммы №5]].
Пример:При таком помещении сразу возникает следующая проблема.
Рассмотрим число <tex dpi="130">a</tex>a_{1}, которое является <tex dpi="130">i</tex>-ым в наборе <tex dpi="130">S</tex>. Рассмотрим блок <tex dpi="130">a</tex> (назовем его <tex dpi= 3"130">a'</tex>), который является <texdpi="130">a_{2}i</tex>-ым м.ч. в <tex dpi="130">S</tex>. Когда используется вышеописанный метод перемещения нескольких следующих блоков <tex dpi="130">a</tex> (назовем это <tex dpi="130">a''</tex> ) в <tex dpi= 5"130">S</tex>, <texdpi="130">a_{3}a''</tex> просто перемещен на позицию в наборе <tex dpi= 7"130">S</tex>, но не обязательно на позицию <texdpi="130">a_{4}i</tex> (где расположен <tex dpi="130">a'</tex> ). Если значение блока <tex dpi= 10"130">a'</tex> одинаково для всех чисел в <tex dpi="130">S</tex>, то это не создаст проблемы потому, что блок одинаков вне зависимости от того в какое место в <tex dpi="130">S </tex> помещен <tex dpi= "130">a''</tex>. Иначе у нас возникает проблема дальнейшей сортировки. Поэтому поступаем следующим образом: На каждой стадии числа в одном наборе работают на общем блоке, который назовем "текущий блок набора". Блоки, которые предшествуют текущему блоку содержат важные биты и идентичны для всех чисел в наборе. Когда помещаем больше бит в набор, последующие блоки помещаются в набор вместе с текущим блоком. Так вот, в вышеописанном процессе помещения предполагается, что самый значимый блок среди <texdpi="130">k \log e</tex> блоков {{1---}} это текущий блок. Таким образом, 4после того, 6как эти <tex dpi="130">k \log e</tex> блоков помещены в набор, 8изначальный текущий блок удаляется, 9потому что известно, 13что эти <tex dpi="130">k \log e</tex> блоков перемещены в правильный набор, 14и нам не важно где находился начальный текущий блок. Тот текущий блок находится в перемещенных <tex dpi="130">k \}log e</tex>блоках.
Делим числа на 2 сегмента. Для <tex>a_{1}</tex> получим верхний сегмент 0, нижний 3; <tex>a_{2}</tex> {{---}} верхний 1, нижний 1; <tex>a_{3}</tex> {{---}} верхний 1, нижний 3; <tex>a_{4}</tex> {{---}} верхний 2, нижний 2. Для элементов из S получим: для 1 нижний 1, так как он выделяется из нижнего сегмента <tex>a_{1}</tex>; для 4 нижний 0; для 8 нижний 0; для 9 нижний 1; для 13 верхний 3; для 14 верхний 3. Теперь все верхние сегменты, нижние сегменты 1 и 3, нижние сегменты 4, 5, 6, 7, нижние сегменты 8, 9, 10 формируют 4 новые задачи на разделение.
Стоит отметить, что после нескольких уровней деления размер наборов станет маленьким. Леммы [[#lemma3|3]], [[#lemma4|4]], [[#lemma5|5]] расчитаны на не очень маленькие наборы. Но поскольку сортируется набор из <tex dpi="130">n</tex> элементов в наборы размера <tex dpi="130">\sqrt{n}</tex>, то проблем быть не должно.
Использование '''signature sorting''' в данном алгоритме:
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 = \log n/(c \log p)</tex> для константы <tex>c > 1</tex>. (<tex>h/ \log\log n \log p</tex>)-битные числа могут храниться в одном контейнере, содержащим <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 ==Алгоритм сортировки, числа в этих контейнерах (<tex>a_{i}</tex>-ом и <tex>b_{i}</tex>-ом) хешируются, и получается <tex>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>(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 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>\log\log n/h</tex> сегментов. Таким образом, получилось дополнительное мультипликативное преимущество в <tex>h/ \log\log n</tex> (additional multiplicative advantage).===
После тогоAlgorithm <tex>Sort(advantage</tex>, как вышеописанный процесс повторится <tex>glevel</tex> раз, получится неконсервативное преимущество в <tex>(ha_{0}</ \log\log n)^gtex>, <tex>a_{1}</tex> раз, в то время как потрачено только <tex>O(gqt)\ldots</tex> времени, так как каждое многократное деление происходит за линейное время <tex>O(qt)a_{t}</tex>.)
<tex>advantage</tex> {{---}} это неконсервативное преимущество равное <tex>k\log\log n</tex>, <tex>a_{i}</tex>-ые это входящие целые числа в наборе, которые надо отсортировать, <tex>level</tex> это уровень рекурсии.
Хеш-функция, которая используется, находится следующим образом# Если <tex>level</tex> равен <tex>1</tex> тогда изучаем размер набора. Будут хешироватся сегменты, Если размер меньше или равен <tex>\log\log sqrt{n}</htex>, то <tex>return</tex>-ые, . Иначе делим этот набор в <tex>(\log\log nleqslant</htex> 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.# От <tex dpi="130">u = 1</tex> до <tex dpi="130">k</tex>## Упаковываем <tex dpi="130">a^2{(u)}_{i}</tex>-ый в часть из <tex dpi="130">1/k</tex>-ыеых номеров контейнеров. Где <tex dpi="130">a^{(u)}_{i}</tex> содержит несколько непрерывных блоков, которые состоят из <texdpi="150">\ldotsfrac{1}{k}</tex>-ых битов <tex dpi="130">a_{i}</tex> по счету в числе. Хеш-функцию для При этом у <texdpi="130">a^{(\log\log nu)}_{i}</h)^ttex> текущий блок это самый крупный блок.## Вызываем <tex>Sort(advantage</tex>, <tex>level -ых по счету сегментов1</tex>, получаем нарезанием всех <texdpi="130">pa^{(u)}_{0}</tex> чисел на , <texdpi="130">a^{(\log\log n/hu)^t}_{1}</tex> сегментов. Рассматривая каждый сегмент как число, получаем <tex>p(\log\log nldots</htex>, <tex dpi="130">a^{(u)^}_{t}</tex> чисел). Затем получаем одну хеш-функцию Когда алгоритм возвращается из этой рекурсии, маркер, показывающий для этих чиселкаждого числа, к какому набору это число относится, уже направлен назад к месту, где число находится во входных данных. Так как Число, имеющее наибольшее число бит в <texdpi="130">t a_{i}</tex>, показывающее на текущий блок в нем, так же направлено назад к < \log ntex dpi="130">a_{i}</tex>, то получится не более .## Отправляем <texdpi="130">\log na_{i}</tex> хеш-функцийые к их наборам, используя [[#lemma5|лемму №5]].
Algorithm IterateSort
Call <tex>Sort(advantage</tex>, <tex dpi="130">\log_{k}((\log n)/4)</tex>, <tex dpi="130">a_{0}</tex>, <tex dpi="130">a_{1}</tex>, <tex dpi="130">\ldots</tex>, <tex dpi="130">a_{n - 1}</tex>);
Рассмотрим сортировку за линейное время, о которой было упомянуто ранееот 1 до 5# Помещаем <tex dpi="130">a_{i}</tex> в соответствующий набор с помощью блочной сортировки (англ. Предполагается''bucket sort''), потому что хешированные значения для каждого контейнера упакованы в наборов около <texdpi="130">(2 \log sqrt{n)}</tex>.# Для каждого набора <tex dpi="130">S = </(c tex>{<tex dpi="130">a_{i_{0}}, a_{i_{1}}, \log\log n)ldots, a_{i_{t}}</tex> бит. Есть }, если <texdpi="130">t> \sqrt{n}</tex> наборов, в каждом из которых вызываем <tex>q + pSort(advantage</tex> хешированных контейнеров по , <texdpi="130">(2 \log n)/log_{k}(c \logfrac{\log n}{4})</tex> бит в каждом. Эти контейнеры должны быть отсортированы в каждом наборе. Комбинируя все хеш-контейнеры в один pool, сортируем следующим образом<tex dpi="130">a_{i_{0}}, a_{i_{1}}, \ldots, a_{i_{t}}</tex>).
Время работы алгоритма <tex dpi="150">O(\frac{n \log\log n}{\log k})</tex>, что доказывает лемму.
}}
Procedure '''Linear-Time-Sort'''
Входные данные: <tex>r > = n^{2/5}</tex> чисел <tex>d_{i}</tex>, <tex>d_{i}.value</tex> — значение числа <tex>d_{i}</tex>, в котором <tex>(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_==Уменьшение числа бит в числах==Один из способов ускорить сортировку {{i---}}</tex> по <tex>d_уменьшить число бит в числе. Один из способов уменьшить число бит в числе {{i---}} использовать деление пополам (эту идею впервые подал van Emde Boas).value</tex>Деление пополам заключается в том, используя bucket sortчто количество оставшихся бит в числе уменьшается в 2 раза. Пусть все отртированные числа в Это быстрый способ, требующий <texdpi="130">A[1..r]O(m)</tex>памяти. Этот шаг занимает линейное времяДля своего дерева Андерссон использует хеширование, так как сортируется не менее что позволяет сократить количество памяти до <texdpi="130">O(n^{2/5})</tex> . Для того чтобы еще ускорить алгоритм, необходимо упаковать несколько чиселв один контейнер, чтобы затем за константное количество шагов произвести хеширование для всех чисел, хранимых в контейнере.# Помещаем все Для этого используется хеш-функция для хеширования <texdpi="130">A[j]n</tex> чисел в таблицу размера <texdpi="130">A[j].setO(n^2)</tex>за константное время без коллизий. Для этого используется модифицированная хеш-функция авторства: Dierzfelbinger и Raman.
==Лемма №1==
Даны целые числа <tex>b</tex> <tex>\ge</tex> <tex>s</tex> <tex>\ge</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>\ge</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>\le</tex> <tex>t</tex>.
==Лемма №2==Алгоритм: Пусть целое число <texdpi="130">nb \geqslant 0</tex> целых чисел можно отсортировать в и пусть <texdpi="130">U = \sqrt{n0, \ldots, 2^b - 1\}</tex> наборов . Класс <texdpi="130">S_H_{1b,s}</tex>, хеш-функций из <texdpi="130">S_{2}U</tex>, в <texdpi="130">\{0, \ldots, 2^s - 1\}</tex>, определен как <texdpi="130">S_H_{b,s} = \sqrt{n}h_{a}\mid 0 < a </tex> таким образом2^b, что в каждом наборе <tex>a \equiv 1 (\bmod 2)\sqrt{n}</tex> чисел и для всех <texdpi="130">S_{i}x</tex> < из <texdpi="130">S_{j}U</tex> при : <texdpi="130">ih_{a}(x) = (ax</tex> < <texdpi="130">j\bmod</tex>, за время <texdpi="130">O(n \log\log n/ \log k2^b)</tex> и место <texdpi="130">O(n)div</tex> с неконсервативным преимуществом <texdpi="130">k \log\log n2^{b - s}</tex>.
Данный алгоритм базируется на [[#lemma1|лемме №1]].
Доказательство:
Алгоритм сортировки Взяв <texdpi="130">s = 2 \log n</tex>, получаем хеш-функцию <tex dpi="130">h_{a}</tex>, которая захеширует <tex dpi="130">n</tex> целых чисел из <tex dpi="130">U</tex> в таблицу размера <tex dpi="130">O(n^2)</tex> без коллизий. Очевидно, что <tex dpi="130">h_{a}(x)</tex> может быть посчитана для любого <tex dpi="130">x</tex> за константное время. Если упаковать несколько чисел в один контейнер так, что они разделены несколькими битами нулей, то можно применить <texdpi="130">\sqrth_{na}</tex> наборовко всему контейнеру, и в результате все хеш-значения для всех чисел в контейнере будут посчитаны. Заметим, представленный нижечто это возможно только потому, является доказательством данной леммычто в вычисление хеш-значения вовлечены только (<tex dpi="130">\bmod</tex> <tex dpi="130">2^b</tex>) и (<tex dpi="130">div</tex> <tex dpi="130">2^{b - s}</tex>).
==Сортировка n целых чисел в sqrt(n) наборов==
Постановка задачи и решение некоторых проблем:
Такая хеш-функция может быть найдена за <tex dpi="130">O(n^3)</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 '''лемме №2'''. ПредполагаемСледует отметить, 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 \log n \log\log n</tex>. Иначе можно использовать radix sort для сортировки за время несмотря на размер таблицы <texdpi="130">O(n \log\log n^2)</tex> и линейную память. Делим <tex>\log m</tex> бит, используемых для представления каждого числа, потребность в памяти не превышает <texdpi="130">\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>(O(i + 1) \log m/ \log n - 1)</tex>-ый биты. Биты считаются с наименьшего бита, начиная с нуляпотому что хеширование используется только для уменьшения количества бит в числе. Теперь у нас имеется <tex>2 \log n</tex>-уровневый алгоритм, который работает следующим образом:
==Сортировка по ключу==
Предположим, что <tex dpi="130">n</tex> чисел должны быть отсортированы, и в каждом <tex dpi="130">\log m</tex> бит. Будем считать, что в каждом числе есть <tex dpi="130">h</tex> сегментов, в каждом из которых <tex dpi="130">\log</tex> <tex dpi="150">\frac{m}{h}</tex> бит. Теперь применяем хеширование ко всем сегментам и получаем <tex dpi="130">2h \log n</tex> бит хешированных значений для каждого числа. После сортировки на хешированных значениях для всех начальных чисел начальная задача по сортировке <tex dpi="130">n</tex> чисел по <tex dpi="130">\log m</tex> бит в каждом стала задачей по сортировке <tex dpi="130">n</tex> чисел по <tex dpi="130">\log</tex> <tex dpi="150">\frac{m}{h}</tex> бит в каждом.
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 самым 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. упакованными в один контейнер. Пренебрегая временем, потраченным на эту упаковку, считаем, что она бесплатна. По '''лемме №3''' 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>. 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>\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>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.
Также рассмотрим проблему последующего разделения. Пусть <tex dpi="130">a_{1}</tex>, <tex dpi="130">a_{2}</tex>, <tex dpi="130">\ldots</tex>, <tex dpi="130">a_{p}</tex> {{---}} <tex dpi="130">p</tex> чисел и <tex dpi="130">S</tex> {{---}} множество чисeл. Необходимо разделить <tex dpi="130">S</tex> в <tex dpi="130">p + 1</tex> наборов, таких, что: <tex dpi="130">S_{0} < a_{1} < S_{1} < a_{2} < \ldots < a_{p} < S_{p}</tex>. Так как используется '''сортировка по ключу''' (англ. ''signature sorting'') то перед тем, как делать вышеописанное разделение, необходимо поделить биты в <tex dpi="130">a_{i}</tex> на <tex dpi="130">h</tex> сегментов и взять некоторые из них. Так же делим биты для каждого числа из <tex dpi="130">S</tex> и оставляем только один в каждом числе. По существу, для каждого <tex dpi="130">a_{i}</tex> берутся все <tex dpi="130">h</tex> сегментов. Если соответствующие сегменты <tex dpi="130">a_{i}</tex> и <tex dpi="130">a_{j}</tex> совпадают, то нам понадобится только один. Сегмент, который берется для числа в <tex dpi="130">S</tex> это сегмент, который выделяется из <tex dpi="130">a_{i}</tex>. Таким образом, начальная задача о разделении <tex dpi="130">n</tex> чисел по <tex dpi="130">\log m</tex> бит преобразуется в несколько задач на разделение с числами по <tex dpi="150">\frac{\log m}{h}</tex> бит.
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 '''лемму №6'''. Полный размер маркера для каждого контейнера должен быть <tex>\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>\log n/(2\log e)</tex>. В дальнейшем, так как <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 используется неконсервативное преимущество в <tex>\log\log n</tex> для '''леммы №6'''. Поэтому предполагается, что <tex>\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>\log n/(2 \log e)</tex> маркеров, то для каждого контейнера требуется <tex>(\log n)/2</tex> бит. Таким образом, '''лемма №6''' 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, равно <tex>O((n \log e)/ \log n)</tex>.
Стоит отметить, что процесс помещения нестабилен, т.к. основан на алгоритме из '''леммы №6Пример''':[[Файл:Han-example.png|500px|thumb]]
<tex dpi="130">a_{1} = 3, a_{2} = 5, a_{3} = 7, a_{4} = 10, S = \{1, 4, 6, 8, 9, 13, 14\}</tex>.
При таком помещении сразу возникает следующая проблемаДелим числа на два сегмента. Для <tex dpi="130">a_{1}</tex> получим верхний сегмент <tex dpi="130">0</tex>, нижний <tex dpi="130">3</tex>; <tex dpi="130">a_{2}</tex> {{---}} верхний <tex dpi="130">1</tex>, нижний <tex dpi="130">1</tex>; <tex dpi="130">a_{3}</tex> {{---}} верхний <tex dpi="130">1</tex>, нижний <tex dpi="130">3</tex>; <tex dpi="130">a_{4}</tex> {{---}} верхний <tex dpi="130">2</tex>, нижний <tex dpi="130">2</tex>. Для элементов из S получим: для <tex dpi="130">1</tex> нижний <tex dpi="130">1</tex>, так как он выделяется из нижнего сегмента <tex dpi="130">a_{1}</tex>; для <tex dpi="130">4</tex> нижний <tex dpi="130">0</tex>; для <tex dpi="130">8</tex> нижний <tex dpi="130">0</tex>; для <tex dpi="130">9</tex> нижний <tex dpi="130">1</tex>; для <tex dpi="130">13</tex> верхний <tex dpi="130">3</tex>; для <tex dpi="130">14</tex> верхний <tex dpi="130">3</tex>. Теперь все верхние сегменты, нижние сегменты <tex dpi="130">1</tex> и <tex dpi="130">3</tex>, нижние сегменты <tex dpi="130">4, 5, 6, 7,</tex> нижние сегменты <tex dpi="130">8, 9, 10</tex> формируют <tex dpi="130">4</tex> новые задачи на разделение.
Рассмотрим число <tex>a</tex>, которое является <tex>i</tex>-ым в наборе <tex>S</tex>. Рассмотрим блок <tex>a</tex> (назовем его <tex>a'</tex>), который является <tex>i</tex>-ым м.ч. в <tex>S</tex>. Когда используется вышеописанный метод перемещения нескольких следующих блоков <tex>a</tex> (назовем это <tex>a''</tex>) в <tex>S</tex>, <tex>a''</tex> просто перемещен на позицию в наборе <tex>S</tex>, но не обязательно на позицию <tex>i</tex> (где расположен <tex>a'</tex>). Если значение блока <tex>a'</tex> одинаково для всех чисел в <tex>S</tex>, то это не создаст проблемы потому, что блок одинаков вне зависимости от того в какое место в <tex>S</tex> помещен <tex>a''</tex>. Иначе у нас возникает проблема дальнейшей сортировки. Поэтому поступаем следующим образом: На каждой стадии числа в одном наборе работают на общем блоке, который назовем "текущий блок набора". Блоки, которые предшествуют текущему блоку содержат важные биты и идентичны для всех чисел в наборе. Когда помещаем больше бит в набор, последующие блоки помещаются в набор вместе с текущим блоком. Так вот, в вышеописанном процессе помещения предполагается, что самый значимый блок среди <tex>k \log e</tex> блоков {{---}} это текущий блок. Таким образом, после того, как эти <tex>k \log e</tex> блоков помещены в набор, изначальный текущий блок удаляется, потому что известно, что эти <tex>k \log e</tex> блоков перемещены в правильный набор, и нам не важно где находился начальный текущий блок. Тот текущий блок находится в перемещенных <tex>k \log e</tex> блоках.
Стоит отметить, что после нескольких уровней деления размер наборов станет маленьким. Использование '''Леммы №4, №5, №6сортировки по ключу''' расчитаны на не очень маленькие наборы. Но поскольку сортируется набор из <tex>n</tex> элементов в наборы размера <tex>\sqrt{n}</tex>, то проблем быть не должно.данном алгоритме:
Есть набор <tex dpi="130">T</tex> из <tex dpi="130">p</tex> чисел, которые отсортированы как <tex dpi="130">a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{p}</tex>. Используем числа в <tex dpi="130">T</tex> для разделения набора <tex dpi="130">S</tex> из <tex dpi="130">q</tex> чисел <tex dpi="130">b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{q}</tex> в <tex dpi="130">p + 1</tex> наборов <tex dpi="130">S_{0}, S_{1}, \ldots, S_{p}</tex>. Пусть <tex dpi="150">h = \frac{\log n}{c \log p}</tex> для константы <tex dpi="130">c > 1</tex>. (<tex dpi="150">\frac{h}{\log\log n \log p}</tex>)-битные числа могут храниться в одном контейнере, содержащим <tex dpi="150">\frac{\log n}{c \log\log n}</tex> бит. Сначала рассматриваем биты в каждом <tex dpi="130">a_{i}</tex> и каждом <tex dpi="130">b_{i}</tex> как сегменты одинаковой длины <tex dpi="150">\frac{h} {\log\log n}</tex>. Рассматриваем сегменты как числа. Чтобы получить неконсервативное преимущество для сортировки, числа в этих контейнерах (<tex dpi="130">a_{i}</tex>-ом и <tex dpi="130">b_{i}</tex>-ом) хешируются, и получается <tex dpi="150">\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 dpi="130">a'_{i}</tex> {{---}} хеш-контейнер для <tex dpi="130">a_{i}</tex>, аналогично <tex dpi="130">b'_{i}</tex>. В сумме хеш-значения имеют <tex dpi="150">\frac{2 \log n}{c \log\log n}</tex> бит, хотя эти значения разделены на сегменты по <tex dpi="150">\frac{h}{ \log\log n}</tex> бит в каждом контейнере. Между сегментами получаются пустоты, которые забиваются нулями. Сначала упаковываются все сегменты в <tex dpi="150">\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 dpi="130">a_{i}</tex> и <tex dpi="130">b_{i}</tex> разрезаны на <tex dpi="150">\frac{\log\log n}{h}</tex> сегментов. Таким образом, получилось дополнительное мультипликативное преимущество (англ. ''additional multiplicative advantage'') в <tex dpi="150">\frac{h} {\log\log n}</tex>.
Собственно алгоритм:После того, как вышеописанный процесс повторится <tex dpi="130">g</tex> раз, получится неконсервативное преимущество в <tex dpi="150">(\frac{h} {\log\log n})^g</tex> раз, в то время как потрачено только <tex dpi="130">O(gqt)</tex> времени, так как каждое многократное деление происходит за линейное время <tex dpi="130">O(qt)</tex>.
Algorithm Sort(Хеш-функция, которая используется, находится следующим образом. Будут хешироватся сегменты, <texdpi="150">k \frac{\log\log n}{h}</tex>-ые, <texdpi="150">level(\frac{\log\log n}{h})^2</tex>-ые, <texdpi="130">\ldots</tex> по счету в числе. Хеш-функцию для <tex dpi="150">a_(\frac{0\log\log n}{h})^t</tex>-ых по счету сегментов, получаем нарезанием всех <texdpi="130">a_p</tex> чисел на <tex dpi="150">(\frac{\log\log n}{1h})^t</tex>сегментов. Рассматривая каждый сегмент как число, получаем <texdpi="150">p(\frac{\ldotslog\log n}{h})^t</tex> чисел. Затем получаем одну хеш-функцию для этих чисел. Так как <tex dpi="130">t < \log n</tex>, то получится не более <texdpi="130">a_{t}\log n</tex>)хеш-функций.
<tex>k \log\log n</tex> {{---}} это неконсервативное преимущество, <tex>a_{i}</tex>-ые это входящие целые числа в наборе, которые надо отсортировать, <tex>level</tex> это уровень рекурсии.
# 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>\le</tex> 3 набора, используя '''лемму №3'''Рассмотрим сортировку за линейное время, чтобы найти медиану, а затем используем '''лемму №6''' для сортировкио которой было упомянуто ранее. Для набораПредполагается, 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 что хешированные значения для каждого числа назад к месту, где число находилось контейнера упакованы в начале. Также направляем двубитное число для каждого входного числа, указывающее на текущий блок.# От <tex>u dpi= 1</tex"150"> до <tex>k</tex>## Упаковываем <tex>a^\frac{(u)2 \log n}_{ic \log\log n}</tex>-ый в часть из <tex>1/k</tex>-ых номеров контейнеровбит. Где Есть <texdpi="130">a^{(u)}_{i}t</tex> содержит несколько непрерывных блоковнаборов, которые состоят в каждом из которых <texdpi="130">1/kq + p</tex>-ых битов хешированных контейнеров по <texdpi="150">a_\frac{i2 \log n}</tex>. При этом у <tex>a^{(u)}_{i}</tex> текущий блок это самый крупный блок.## Вызываем Sort(<tex>k c \log\log n</tex>, <tex>level - 1</tex>, <tex>a^{(u)}_{0}</tex>, <tex>a^{(u)}_{1}</tex>, <tex>\ldots</tex>, <tex>a^{(u)}_{t}</tex>). Когда алгоритм возвращается из этой рекурсии, маркер, показывающий для каждого числа, к какому набору это число относится, уже направлен назад к месту, где число находится во входных данных. Число, имеющее наибольшее число бит в <tex>a_{i}</tex>, показывающее на текущий блок каждом. Эти контейнеры должны быть отсортированы в нем, так же направлено назад к <tex>a_{i}</tex>каждом наборе.## Отправляем <tex>a_{i}</tex>Комбинируя все хеш-ые к их наборамконтейнеры в один pool, используя '''лемму №6'''сортируем следующим образом.
Конец.
Операция '''сортировки за линейное время''' (англ. ''Linear-Time-Sort'')
Algorithm IterateSortCall Sort(Входные данные: <texdpi="150">k r \loggeqslant n^{\log nfrac{2}{5}}</tex> чисел <tex dpi="130">d_{i}</tex>, <texdpi="130">\log_d_{ki}((\log n).value</4)tex> — значение числа <tex dpi="130">d_{i}</tex>, в котором <texdpi="150">a_\frac{2 \log n}{0c \log\log n}</tex>бит, <texdpi="130">a_d_{1i}.set</tex>— набор, в котором находится <texdpi="130">\ldotsd_{i}</tex>. Следует отметить, что всего есть <texdpi="130">a_{n - 1}t</tex>);наборов.
от 1 до 5# Помещаем Сортируем все <texdpi="130">a_d_{i}</tex> в соответствующий набор с помощью bucket sort, потому что наборов около по <texdpi="130">\sqrtd_{ni}.value</tex>, используя bucket sort.# Для каждого набора Пусть все отсортированные числа в <texdpi="130">S = A[1..r]</tex>{. Этот шаг занимает линейное время, так как сортируется не менее <texdpi="150">a_n^{i_\frac{02}}, a_{i_{1}}, \ldots, a_{i_{t5}}</tex>}, если чисел.# Помещаем все <texdpi="130">t > \sqrt{n}A[j]</tex>, вызываем Sort(в <texdpi="130">k \log\log n</tex>, <tex>\log_{k}((\log n)/4)</tex>, <tex>a_{i_{0}}, a_{i_{1}}, \ldots, a_{i_{t}}A[j].set</tex>).
Время работы алгоритма ==Сортировка с использованием O(n log log n) времени и памяти==Для сортировки <texdpi="130">O(n </tex> целых чисел в диапазоне <tex dpi="130">\{0, 1, \logldots, m - 1\log n}</ tex> предполагается, что в нашем консервативном алгоритме используется контейнер длины <tex dpi="130">O(\log k(m + n))</tex>. Далее везде считается, что доказывает '''лемму №2'''все числа упакованы в контейнеры одинаковой длины.
==Лемма №3==
Выбор <tex>s</tex>-ого наибольшего числа среди <tex>n</tex> чисел, упакованных в <tex>n/g</tex> контейнеров, может быть сделан за время <tex>O(n \log g/g)</tex> и с использованием <tex>O(n/g)</tex> памяти. В том числе, так может быть найдена медиана.
Берем <tex dpi="130">1/e = 5</tex> для ЭП-дерева Андерссона. Следовательно, у корня будет <tex dpi="150">n^{\frac{1}{5}}</tex> детей, и каждое ЭП-дерево в каждом ребенке будет иметь <tex dpi="150">n^{\frac{4}{5}}</tex> листьев. В отличие от оригинального дерева, за раз вставляется не один элемент, а <tex dpi="130">d^2</tex>, где <tex dpi="130">d</tex> — количество детей узла дерева, в котором числа должны спуститься вниз. Алгоритм полностью опускает все <tex dpi="130">d^2</tex> чисел на один уровень. В корне опускаются <tex dpi="150">n^{\frac{2}{5}}</tex> чисел на следующий уровень. После того, как все числа опустились на следующий уровень, они успешно разделились на <tex dpi="130">t_{1} = n^{1/5}</tex> наборов <tex dpi="130">S_{1}, S_{2}, \ldots, S_{t_{1}}</tex>, в каждом из которых <tex dpi="150">n^{\frac{4}{5}}</tex> чисел и <tex dpi="130">S_{i} < S_{j}, i < j</tex>. Затем, берутся <tex dpi="150">n^{\frac{8}{25}}</tex> чисел из <tex dpi="130">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 dpi="150">t_{2} = n^{\frac{1}{5}}n^{\frac{4}{25}} = n^{\frac{9}{25}}</tex> наборов <tex dpi="130">T_{1}, T_{2}, \ldots, T_{t_{2}}</tex>, аналогичных наборам <tex dpi="130">S_{i}</tex>, в каждом из которых <tex dpi="150">n^{\frac{16}{25}}</tex> чисел. Теперь числа опускаются дальше в ЭП-дереве.
Доказательство:Нетрудно заметить, что перебалансирока занимает <tex dpi="130">O(n \log\log n)</tex> времени с <tex dpi="130">O(n)</tex> времени на уровень, аналогично стандартному ЭП-дереву Андерссона.
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>n/(5g)</tex> контейнерах. Рекурсивно находим медиану <tex>m</tex> в <tex>S</tex>. Используя <tex>m</tex>, уберем хотя бы <tex>n/4</tex> чисел среди <tex>n</tex>. Затем упакуем оставшиеся из <tex>n/g</tex> контейнеров в <tex>3n/4g</tex> контейнеров и затем продолжим рекурсию.
==Лемма №4==Если Нам следует нумеровать уровни ЭП-дерева с корня, начиная с нуля. Рассмотрим спуск вниз на уровне <texdpi="130">gs</tex> целых чисел, в сумме использующих . Имеется <texdpi="150">t = n^{1 - (\log nfrac{4}{5})/2^S}</tex> бит, упакованы в один контейнер, тогда наборов по <texdpi="150">n^{(\frac{4}{5})^S}</tex> чисел в каждом. Так как каждый узел на данном уровне имеет <texdpi="150">p = n^{\frac{1}{5} \cdot (\frac{4}{5})^S}</gtex> детей, то на <tex dpi="130">s + 1</tex> контейнерах могут быть отсортированы за время уровень опускаются <texdpi="150">O(q = n^{\frac{2}{5} \cdot (n/g) \log gfrac{4}{5})^S}</tex> с использованием чисел для каждого набора, или всего <texdpi="150">O(qt \geqslant n/g)^{\frac{2}{5}}</tex> памятичисел для всех наборов за один раз.
Доказательство:Спуск вниз можно рассматривать как сортировку <tex dpi="130">q</tex> чисел в каждом наборе вместе с <tex dpi="130">p</tex> числами <tex dpi="130">a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{p}</tex> из ЭП-дерева, так, что эти <tex dpi="130">q</tex> чисел разделены в <tex dpi="130">p + 1</tex> наборов <tex dpi="130">S_{0}, S_{1}, \ldots, S_{p}</tex> таких, что <tex dpi="130">S_{0} < a_{1} < \ldots < a_{p} < S_{p}</tex>.
Так как используется только <tex>(\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(n/g)</tex> времени и памяти. Так как используется <tex>(\log n)/2</tex> бит на контейнер, понадобится <tex>\sqrt{n}</tex> шаблонов для всех контейнеров. Затем поместим <tex>g < (\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((n/g) \log g)</tex>, с использованием <tex>O(n/g)</tex> памяти.
Для контейнеров вне групп (которых Так как <texdpi="130">\sqrt{n}(g - 1)q</tex> штук) разбираем чисел не надо полностью сортировать и собираем заново контейнеры. На это потребуется не более <texdpi="130">O(n/g)q = p^2</tex> времени и памяти. После всего этого используем bucket sort вновь , то можно использовать [[#lemma6|лемму №6]] для сортировки <tex>n</tex> контейнеров. Таким образомДля этого необходимо неконсервативное преимущество, все числа отсортированыкоторое получается с помощью [[Сортировка Хана#Signature sorting|signature sorting]]. Для этого используется линейная техника многократного деления (англ. ''multi-dividing technique'').
Заметим, что когда После <texdpi="130">g </tex> сокращений бит в [[Сортировка Хана#Signature sorting|signature sorting]] получаем неконсервативное преимущество в <tex dpi= O"150">( \frac{h}{ \log\log n})^g</tex>. Мы не волнуемся об этих сокращениях до конца потому, сортировка что после получения неконсервативного преимущества мы можем переключиться на [[#lemma6|лемму №6]] для завершения разделения <tex dpi="130">q</tex>O(n)чисел с помощью <tex dpi="130">p</tex> чисел на наборы. Заметим, что по природе битового сокращения начальная задача разделения для каждого набора перешла в <texdpi="130">n/gw</tex> контейнеров произойдет за время подзадач разделения на <texdpi="130">O((n/g) \log\log n)w</tex> с использованием поднаборов для какого-то числа <texdpi="130">O(n/g)w</tex> памяти. Выгода очевидна.
==Лемма №5==
Примем, что каждый контейнер содержит <tex> \log m > \log n</tex> бит, и <tex>g</tex> чисел, в каждом из которых <tex>(\log m)/g</tex> бит, упакованы в один контейнер. Если каждое число имеет маркер, содержащий <tex>(\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>n/g</tex> контейнерах могут быть отсортированы по их маркерам за время <tex>O((n \log\log n)/g)</tex> с использованием <tex>O(n/g)</tex> памяти.
(*): если число <tex>a</tex> упаковано как <tex>s</tex>-ое число в <tex>t</tex>-ом контейнере для чисел, тогда маркер для <tex>a</tex> упакован как <tex>s</tex>-ый маркер в <tex>t</tex>-ом контейнере для маркеров.
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 dpi="150">(\frac{h}{\log\log n})^g</tex> и работа происходит на уровнях не ниже, чем <tex dpi="130">2 \log\log\log n</tex>, то алгоритм занимает <tex dpi="150">O(\frac{qt \log\log n}{g(\log h - \log\log\log n) - \log\log\log n}) = O(\log\log n)</tex> времени.
Доказательство:
Контейнеры для маркеров могут быть отсортированы с помощью bucket sort потомуВ итоге разделились <tex dpi="130">q</tex> чисел <tex dpi="130">p</tex> числами в каждый набор. То есть получилось, что каждый контейнер использует <texdpi="130">( S_{0} < e_{1} < S_{1} < \log n)ldots < e_{p} < S_{p}</2tex>, где <tex dpi="130">e_{i}</tex> {{---}} сегмент <tex dpi="130">a_{i}</tex> бит, полученный с помощью битового сокращения. Сортировка сгруппирует контейнеры для чисел как Такое разделение получилось комбинированием всех поднаборов в '''лемме №4'''подзадачах. Перемещаем каждую группу контейнеров для чиселПредполагаем, что числа хранятся в массиве <tex dpi="130">B</tex> так, что числа в <tex dpi="130">S_{i}</tex> предшествуют числам в <tex dpi="130">S_{j}</tex> если <tex dpi="130">i < j</tex> и <tex dpi="130">e_{i}</tex> хранится после <tex dpi="130">S_{i - 1}</tex>, но до <tex dpi="130">S_{i}</tex>.
==Лемма №6==
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>(\log m)/g</tex> бит, упакованы в один контейнер, что каждое число имеет маркер, содержащий <tex>(\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>n/g</tex> контейнерах могут быть отсортированы по своим маркерам за время <tex>O(n/g)</tex> с использованием <tex>O(n/g)</tex> памяти.
Пусть <tex dpi="130">B[i]</tex> находится в поднаборе <tex dpi="130">B[i].subset</tex>. Чтобы позволить разделению выполниться, для каждого поднабора помещаем все <tex dpi="130">B[j]</tex> в <tex dpi="130">B[j].subset</tex>.
Доказательство:На это потребуется линейное время и место.
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 '''леммах №4, №5''' 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.
Теперь рассмотрим проблему упаковки, которая решается следующим образом. Считается, что число бит в контейнере <tex dpi="130">\log m \geqslant \log\log\log n</tex>, потому что в противном случае можно использовать radix sort для сортировки чисел. У контейнера есть <tex dpi="150">\frac{h}{\log\log n}</tex> хешированных значений (сегментов) в себе на уровне <tex dpi="130">\log h</tex> в ЭП-дереве. Полное число хешированных бит в контейнере равно <tex dpi="130">(2 \log n)(c \log\log n)</tex> бит. Хешированные биты в контейнере выглядят как <tex dpi="130">0^{i}t_{1}0^{i}t_{2} \ldots t</tex><tex dpi="150">_{\frac{h}{\log\log n}}</tex>, где <tex dpi="130">t_{k}</tex>-ые — хешированные биты, а нули {{---}} это просто нули. Сначала упаковываем <tex dpi="130">\log\log n</tex> контейнеров в один и получаем <tex dpi="130">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,}</tex><tex dpi="150">_{ \frac{h}{\log\log n}}</tex>, где <tex dpi="130">t_{i, k}</tex>: элемент с номером <tex dpi="130">k = 1, 2, \ldots, </tex><tex dpi="150">\frac{h}{\log\log n}</tex> из <tex dpi="130">i</tex>-ого контейнера. Используем <tex dpi="130">O(\log\log n)</tex> шагов, чтобы упаковать <tex dpi="130">w_{1}</tex> в <tex dpi="130">w_{2} = 0</tex><tex dpi="150">^{\frac{jh}{\log\log n}}</tex><tex dpi="130">t_{1, 1}t_{2, 1} \ldots t_{\log\log n, 1}t_{1, 2}t_{2, 2} \ldots t_{1,}</tex><tex dpi="150">_{ \frac{h}{\log\log n}}</tex><tex dpi="130">t_{2,}</tex><tex dpi="150">_{ \frac{h}{\log\log n}}</tex><tex dpi="130">\ldots t_{\log\log n,}</tex><tex dpi="150">_{ \frac{h}{\log\log n}}</tex>. Теперь упакованные хеш-биты занимают <tex dpi="130">2 \log</tex><tex dpi="150">\frac{n}{c}</tex> бит. Используем <tex dpi="130">O(\log\log n)</tex> времени чтобы распаковать <tex dpi="130">w_{2}</tex> в <tex dpi="130">\log\log n</tex> контейнеров <tex dpi="130">w_{3, k} = 0</tex><tex dpi="150">^{\frac{jh}{\log\log n}}</tex><tex dpi="130">0^{r}t_{k, 1}0^{r}t_{k, 2} \ldots t_{k,}</tex><tex dpi="150">_{ \frac{h}{\log\log n}}</tex> <tex dpi="130">k = 1, 2, \ldots, \log\log n</tex>. Затем, используя <tex dpi="130">O(\log\log n)</tex> времени, упаковываем эти <tex dpi="130">\log\log n</tex> контейнеров в один <tex dpi="130">w_{4} = 0^{r}t_{1, 1}0^{r}t_{1, 2} \ldots t_{1,}</tex><tex dpi="150">_{ \frac{h}{\log\log n}}</tex><tex dpi="130">0^{r}t_{2, 1} \ldots t_{\log\log n,}</tex><tex dpi="150">_{ \frac{h}{\log\log n}}</tex>. Затем, используя <tex dpi="130">O(\log\log n)</tex> шагов, упаковываем <tex dpi="130">w_{4}</tex> в <tex dpi="130">w_{5} = 0^{s}t_{1, 1}t_{1, 2} \ldots t_{1,}</tex><tex dpi="150">_{ \frac{h}{\log\log n}}</tex><tex dpi="130">t_{2, 1}t_{2, 2} \ldots t_{\log\log n,}</tex><tex dpi="150">_{ \frac{h}{\log\log n}}</tex>. В итоге используется <tex dpi="130">O(\log\log n)</tex> времени для упаковки <tex dpi="130">\log\log n</tex> контейнеров. Считаем, что время, потраченное на один контейнер — константа.
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 '''лемме №3''' может быть сделан за время и память <tex>O(n/g)</tex>, потому что упаковка в доказательстве '''леммы №3''' теперь может быть сделана за время <tex>O(n/g)</tex>==См.также==* [[Сортировка подсчетом]]* [[Цифровая сортировка]]
==ЛитератураИсточники информации==# * [http://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S019667740300155X Deterministic Sorting in O(n \log\log n) Time and Linear Space. Yijie Han.]# * А. Андерссон. Fast deterministic sorting and searching in linear space. Proc. 1996 IEEE Symp. on Foundations of Computer Science. 135-141(1996)* [http://dl.acm.org/citation.cfm?id=1236460 A. Andersson, M. Thorup. Dynamic ordered sets with exponential search trees.]* [[wikipedia:en:Integer_sorting|Wikipedia {{---}} Integer sorting]]
[[Категория: Дискретная математика и алгоритмы]]
[[Категория: СортировкиСортировка]]
