130
правок
Изменения
Нет описания правки
== Идея ==
Сопоставим каждому элементу перестановки <tex>p[i]</tex> направление <tex>d[i]</tex>. Будем указывать направление при помощи стрелок '''←''' ("влево") или '''→'''("вправо"). Назовём элемент подвижным, если по направлению стелки стоит элемент меньше его. Например , для <tex> p = \{1, 3, 2, 4, 5\},\;d = \{</tex>←, →, ←, →, ←<tex>\}</tex>, подвижными являются элементы 3 и 5. На каждой итерации алгоритма будем искать наибольший подвижный элемент и менять местами с элементом, который стоит по направлению стрелки. После чего поменяем направление стрелок на противоположное у всех элементов больших текущего. Изначально <tex> p = \{1, ... ,n\},\;d = \{</tex>←, ... ,←<tex>\}</tex>.
== Пример работы алгоритма для n = 3 ==
print(); <font color=darkgreen>// печатаем текущую перестановку</font color=darkgreen>
id = -1; <font color=darkgreen>// индекс наибольшего подвижного элемента </font color=darkgreen>
'''for''' i = (1 .. n){
'''if''' (p[i] - подвижный) '''and''' ((id = -1) '''or''' (p[i] > p[id]))
id = i
}
'''if''' (id = -1) '''break''' <font color=darkgreen>// не нашли подвижного элемента</font color=darkgreen>
'''for''' i = (1 .. n){ '''if''' (p[i] > p[id]) reverse(d[i]) <font color=darkgreen>// меняем направление стрелки</font color=darkgreen> } swap(id) <font color=darkgreen>//меняем элемент p[id], d[id] c элементом по направлению стелки</font color=darkgreen>
}
</code>
== Доказательство корректности ==
Очевидно , что требование о том , что каждая генерируемая перестановка отличается от предыдущей транспозицией двух соседних элементов выполнено исходя из самого алгоритма. Осталось доказать, что таким образом мы сгенерируем все перестановки.
Будем использовать обозначения:
*<tex>(a,</tex> ←<tex>)</tex> <tex> - </tex> элемент с заданным направлением(компонента).*<tex>P[i]</tex> <tex> - </tex> перестановка с номером <tex>i</tex>.*<tex>P[i]\backslash\{a\}\;</tex> <tex> - </tex> перестановка с номером <tex>i</tex> без элемента <tex>a</tex>.
{{Утверждение
|id=approval1
|statement=Число <tex>n</tex> в перестановке не является подвижным элементом тогда и толко только тогда , когда первая компонента перестановки есть <tex>(n,</tex> ←<tex>)</tex> или последняя компонента есть <tex>(n,</tex> →<tex>)</tex>.
}}
{{Лемма
|id=lemma1
|statement=Если в перестановке <tex>P[i]</tex> есть подвижный элемент <tex>a \neq n</tex> , то также определены перестановки <tex>P[i + 1] ... P[i + n]</tex> причём . Причём, <tex>P[i + 1]\backslash\{n\} = P[i + 2]\backslash\{n\} = ... = P[i + n]\backslash\{n\}</tex>.|proof=Заметим, что если в перестановке есть подвижный элемент <tex>a \neq n</tex>, то после транспозиции его с соседним элемнтом(по направлению стрелки), нам нужно будет заменить направление стрелок у всех элементов больше <tex>a</tex>. Так как <tex>n</tex> больше любого элемента из перестановки, то направление стрелеки стрелки у него тоже изменится. По нашему утверждению , либо в новой перестановке окажется компонента <tex>(n,</tex> →<tex>)</tex> на первой позиции, либо компонента <tex>(n,</tex> ←<tex>)</tex> на последней позиции. В обоих случаях <tex>n</tex> окажется подвижным элементом в следующих <tex>n</tex> перестановках. Так как в следующих <tex>n</tex> перестановках подвижным элементом будет только <tex>n</tex>, то <tex>P[i + 1]\backslash\{n\} = P[i + 2]\backslash\{n\} = ... = P[i + n]\backslash\{n\}</tex>.
}}
|id=lemma2
|statement=Алгоритм Джонсона-Троттера строит все перестановки из <tex>n</tex> элементов, причём каждая перестановка отличаются от предыдущей транспозицией двух соседних элементов.
|proof=Доказывать будем по индукции. Для <tex>n = 1\; - </tex> - очевидно. Предположим , что для <tex>n - 1</tex> алгоритм строит перестановки корректно. Докажем , что алгоритм будет корректно строить перестановки и для <tex>n</tex> элементов. Разобём Разобьём все <tex>n!</tex> перестановок на блоки по <tex>n</tex>(Подрядподряд). В силу вышедоказанной леммы в каждом блоке <tex>P[i]\backslash\{n\} = P[i + 1]\backslash\{n\} = ... = P[i + n]\backslash\{n\}</tex>, если <tex>i\; - </tex> - начало группы. Значит , в каждой группе какая-то перестановка из <tex>n - 1</tex> элементов элемента дополняется до перестановки из <tex>n</tex> всеми возможными способами. Теперь докажем, что на переход между блоками элемент <tex>n</tex> никак не влияет. Заметим, что при переходе между блоками <tex>n</tex> является неподвижным элементом. В силу нашего утверждения <tex>n</tex> стоит либо на первой, либо на последней позиции. Так как <tex>n</tex> больше любого элемента, то никакой подвижный элемент не может указывать на <tex>n</tex>. В силу этих фактов <tex>n</tex> никак не повлияет на переход между блоками.
Из этого можно сделать вывод, что при переходе между блоками перестановки строятся так же, как и перестановки из <tex>n - 1</tex> элемента, а каждая такая перестановка дополняется до перестановки из <tex>n</tex> элементов всеми возможными способами.
Корректность алгоритма доказана.
}}
==Асимптотика==
Поговорим об асиптотике. Снова разобьём наши перестановки на блоки по <tex>n</tex> элементов. Немного модифицируем алгоритм. Заметим, что в каждом блоке нам нужно искать максимальный элемент только один раз. В остальных случаях этим элементом будет <tex>n</tex>. Следовательно, менять направление стрелок нужно тоже только один раз(в остальных случаях менять направления не нужно, так как <tex>n</tex> - подвижный элемент, а менять направление стрелок нужно только у бóльших элементов). Следовательно, блок выполняется за <tex>O(n) + O(n) + O(n) = O(n)</tex>. Всего блоков <tex> -\:(n - 1)!</tex>. Общая асимптотика <tex>O(n) * (n - 1)! = O(n!)</tex>.
==Сравнение с рекурсивным алгоритмом==
Главным приемуществом алгоритма Джонсона-Троттера является то, что нам не нужно хранить все предыдущие перестановки (из <tex>n - 1</tex> элемента), а только текущую. Следовательно, этот алгоритм потребляет только <tex>O(n)</tex> памяти. Также, из-за нерекурсивности этот алгоритм работает быстрее. Это можно строго доказать, но доказательство довольно громозодкое и приводить его мы здесь не будем.
==Коды грея==
