Участник:ZeRoGerc

2019-12-16T19:53:50Z

81.162.249.23: /* Орфографическая ошибка*/

'''Алгоритм Джонсона-Троттера'''(англ. ''Johnson-Trotter algorithm'') - алгоритм генерации всех перестановок из <tex>n</tex> элементов. Причём каждая перестановка отличаются от предыдущей транспозицией двух соседних элементов.

== 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 стрелки 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 ==
*<tex> p = \{1, 2, \textbf{3}\}\;\;\;d = \{</tex>←, ←, ←<tex>\}</tex>
*<tex> p = \{1, \textbf{3}, 2\}\;\;\;d = \{</tex>←, ←, ←<tex>\}</tex>
*<tex> p = \{3, 1, \textbf{2}\}\;\;\;d = \{</tex>←, ←, ←<tex>\}</tex>
*<tex> p = \{\textbf{3}, 2, 1\}\;\;\;d = \{</tex>→, ←, ←<tex>\}</tex>
*<tex> p = \{2, \textbf{3}, 1\}\;\;\;d = \{</tex>←, →, ←<tex>\}</tex>
*<tex> p = \{2, 1, 3\}\;\;\;d = \{</tex>←, ←, →<tex>\}</tex>

== Псевдокод ==
<code>
 //Элементы нумеруются начиная с 1 
p = {1, ... , n}
d = {←, ... , ←}
'''while''' (true){
print(); // печатаем текущую перестановку
id = -1; // индекс наибольшего подвижного элемента 
'''for''' i = (1 .. n){
'''if''' (p[i] - подвижный) '''and''' ((id = -1) '''or''' (p[i] > p[id]))
id = i
}
'''if''' (id = -1) '''break''' // не нашли подвижного элемента
'''for''' i = (1 .. n){
'''if''' (p[i] > p[id])
reverse(d[i]) // меняем направление стрелки
}
swap(id) //меняем элемент p[id], d[id] c элементом по направлению стелки
}
</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 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, <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 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>.
}}

Теперь докажем основную лемму.
{{Лемма
|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. Разобьём все <tex>n!</tex> перестановок на блоки по <tex>n</tex> (подряд). 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> 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==

Викиконспекты - Вклад участника [ru]

Участник:ZeRoGerc