Получение номера по объекту

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск

Описание алгоритма[править]

Номер данного комбинаторного объекта равен количеству меньших в лексикографическом порядке комбинаторных объектов (нумерацию ведём с [math]0[/math]). Все объекты меньшие данного можно разбить на непересекающиеся группы по длине совпадающего префикса. Тогда количество меньших объектов можно представить как сумму количеств объектов у которых префикс длины [math]i[/math] совпадает, а [math]i+1[/math] элемент лексикографически меньше [math](i+1)[/math]-го в данном объекте ([math]i = 0..n-1[/math]). Следующий алгоритм вычисляет эту сумму:

  • [math]\mathtt{numOfObject}[/math] — искомый номер комбинаторного объекта,
  • [math]\mathtt{a[1..n]}[/math] — данный комбинаторный обьект, состоящий из числовых представлений лексикографически упорядоченных элементов множества [math]A[/math],
  • [math]\mathtt{d[i][j]}[/math] — количество комбинаторных объектов с префиксом от [math]1[/math] до [math]i-1[/math] равным данному и с [math]i[/math]-м элементом равным [math]j[/math],
int object2num(a: list<A>):
  numOfObject = 0                          
  for i = 1 to n                   // перебираем элементы комбинаторного объекта
    for j = 1 to a[i] - 1          // перебираем элементы, в лексикографическом порядке меньшие рассматриваемого
      if элемент [math]j[/math] можно поставить на [math]i[/math]-e место
        numOfObject += d[i][j]
  return numOfObject

Сложность алгоритма — [math]O(nk) [/math], где [math]k[/math] — количество различных элементов, которые могут находиться в данном комбинаторном объекте. Например, для битового вектора [math]k=2,[/math] поскольку возможны только [math]0[/math] и [math]1[/math]. Количества комбинаторных объектов с заданными префиксами считаются известными, и их подсчет в сложности не учитывается. Приведем примеры способов получения номеров некоторых из комбинаторных объектов по данному объекту.

Битовые вектора[править]

Рассмотрим алгоритм получения номера [math]i[/math] в лексикографическом порядке данного битового вектора размера [math]n[/math]. Всего существует [math]2^n[/math] битовых векторов длины [math]n[/math]. На каждой позиции может стоять один из двух элементов независимо от того, какие элементы находятся в префиксе, поэтому поиск элементов меньше рассматриваемого можно упростить до проверки элемента на равенство [math]1[/math]:

  • [math]\mathtt{bitvector[1..n]}[/math] — данный вектор,
  • [math]\mathtt{numOfBitvector}[/math] — искомый номер вектора,
int bitvector2num(bitvector: list<int>):
  numOfBitvector = 0
  for i = 1 to n                                        
    if bitvector[i] == 1  
      numOfBitvector += [math]2^{n-i}[/math]
  return numOfBitvector

Асимптотика алгоритма — [math]O(n) [/math].

Перестановки[править]

Рассмотрим алгоритм получения номера в лексикографическом порядке по данной перестановке размера [math]n[/math],

  • [math]\mathtt{a[1..n]}[/math] — данная перестановка,
  • [math]\mathtt{P[1..n]}[/math] — количество перестановок данного размера,
  • [math]\mathtt{was[1..n]}[/math] — использовали ли мы уже эту цифру в перестановке,
int permutation2num(a: list<int>):
  numOfPermutation = 0
  for i = 1 to n                        // [math]n[/math] — количество элементов в перестановке 
    for j = 1  to a[i] - 1              // перебираем элементы, лексикографически меньшие нашего, которые могут стоять на [math]i[/math]-м месте  
      if was[j] == false                // если элемент [math]j[/math] ранее не был использован 
        numOfPermutation += P[n - i]    // все перестановки с префиксом длиной [math]i-1[/math] равным нашему, и [math]i[/math]-й элемент у которых   
                                           меньше нашего в лексикографическом порядке, идут раньше данной перестановки                
    was[a[i]] = true                    // [math]i[/math]-й элемент использован            
  return numOfPermutation

Асимптотика алгоритма — [math]O(n ^ 2) [/math] и [math]O(n) [/math] для предподсчёта.

Сочетания[править]

Рассмотрим алгоритм получения номера в лексикографическом порядке данного сочетания из [math]n[/math] по [math]k[/math]. Как известно, количество сочетаний из [math]n[/math] по [math]k[/math] обозначается как [math]\binom{n}{k}[/math]. Тогда число сочетаний, в которых на позиции [math]1[/math] стоит значение [math]val_1[/math], равно [math]$$\sum\limits^{val_1-1}_{i=1} {\binom{n-i}{k-1}}$$[/math]; число сочетаний, в которых на позиции [math]2[/math] стоит значение [math]val_2[/math], равно [math]$$\sum\limits^{val_2-1}_{i=val_1+1} {\binom{n-i}{k-2}}$$[/math]. Аналогично продолжаем по следующим позициям:

  • [math]\mathtt{numOfChoose}[/math] — искомый номер сочетания,
  • [math]\mathtt{C[n][k]}[/math] — количество сочетаний из [math]n[/math] по [math]k[/math], [math]\mathtt{C[n][0] = 1}[/math],
  • [math]\mathtt{choose[1..K]}[/math] — данное сочетание, состоящее из [math]K[/math] чисел от [math]1[/math] до [math]N[/math], из технических соображений припишем ноль в начало сочетания: [math]\mathtt{choose[0] = 0}[/math],
int choose2num(choose: list<int>):
  numOfChoose = 0
  for i = 1 to K                                       
    for  j = choose[i - 1] + 1 to choose[i] - 1
      numOfChoose += C[N - j][K - i]
  return numOfChoose

Асимптотика алгоритма — [math]O(K \cdot N) [/math] и [math]O(K \cdot N) [/math] для предподсчёта.

Разбиение на слагаемые[править]

Рассмотрим алгоритм получения номера, в лексикографическом порядке, по данному разбиению на слагаемые числа [math]N[/math]. Нужно помнить о том, что разбиения, отличающиеся только порядком слагаемых, считаются одинаковыми. Из всех разбиений, получаемых перестановками слагаемых, выберем то, где слагаемые упорядочены лексикографически, и будем строить его.

  • [math]\mathtt{numOfPart}[/math] — искомый номер разбиения
  • [math]\mathtt{last}[/math] — последнее поставленное число в разбиении.
  • [math]\mathtt{sum}[/math] — сумма, которую мы уже поставили.
  • [math]\mathtt{part[1 \ldots N]}[/math] — данное разбиение
  • [math]\mathtt{d[i][j]}[/math] — количество разбиений числа [math]i[/math] на слагаемые, где каждое слагаемое [math]\geqslant j[/math].

Пересчитывать [math]\mathtt{d[i][j]}[/math] будем по возрастанию [math]i[/math], а при равенстве [math]i[/math] — по убыванию [math]j[/math].

Разбиение числа, в котором каждое слагаемое [math] \geqslant j[/math] может либо содержать слагаемое [math]j[/math] (таких разбиений [math]\mathtt{d[i - j][j]}[/math]), либо не содержать (таких разбиений [math]\mathtt{d[i][j + 1]}[/math]).

Получаем рекуррентное соотношение для подсчёта [math]d[/math]:

[math]d[i][j] = \left \{\begin{array}{ll} 1, & i = j, \\ 0, & i \lt j \\ d[i][j + 1] + d[i - j][j], & i \gt j \end{array} \right. [/math]


int part2num(part: list<int>):
  numOfPart = 0, last = 0, sum = 0
  for i = 1 to part.size
    for j = last to part[i] - 1            // перебираем все элементы, лексикографически меньшие текущего, но не меньшие предыдущего    
      numOfPart += d[N - sum - j][j]       // прибавляем количество перестановок, которые могли начинаться с [math]j[/math]
    sum += part[i]                         // увеличиваем уже поставленную сумму
    last = part[i]                         // обновляем последний поставленный элемент 
  return numOfPart                         // возвращаем ответ

Стоит отметить, что количество итераций вложенного цикла не более, чем [math]N[/math], так как всего количество возможных слагаемых — [math]N[/math], и ни какое из них цикл не обработает дважды, поскольку каждый раз начинает с [math]last[/math], которое больше чем любое из обработанных чисел. Поэтому асимптотика алгоритма — [math]O(N)[/math].

Асимптотика алгоритма — [math] O (N)[/math] и [math]O(N^2)[/math] на предподсчёт.

См. также[править]

Источники информации[править]

  • Программирование в алгоритмах / С. М. Окулов. — М.: БИНОМ. Лаборатория знаний, 2002. стр.31
  • Дискретная математика. Теория и практика решения задач по информатике / С. М. Окулов. — М.: БИНОМ. Лаборатория знаний, 2008.