Сортировка Хана — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
Строка 1: Строка 1:
'''Сортировка Хана (Yijie Han)''' {{---}} сложный алгоритм сортировки целых чисел со сложностью <tex>O(n\log\log n)</tex>, где <tex>n</tex> {{---}} количество элементов для сортировки.
+
'''Сортировка Хана (Yijie Han)''' {{---}} сложный алгоритм сортировки целых чисел со сложностью <tex>O(n \log\log n)</tex>, где <tex>n</tex> {{---}} количество элементов для сортировки.
  
 
Данная статья писалась на основе брошюры Хана, посвященной этой сортировке. Изложение материала в данной статье идет примерно в том же порядке, в каком она предоставлена в работе Хана.
 
Данная статья писалась на основе брошюры Хана, посвященной этой сортировке. Изложение материала в данной статье идет примерно в том же порядке, в каком она предоставлена в работе Хана.
Строка 7: Строка 7:
  
 
== Andersson's exponential search tree ==
 
== Andersson's exponential search tree ==
Э.П.дерево с <tex>n</tex> листьями состоит из корня <tex>r</tex> и <tex>n^e</tex> (0<<tex>e</tex><1) Э.П.поддеревьев, в каждом из которых <tex>n^{1 - e}</tex> листьев; каждое Э.П.поддерево является сыном корня <tex>r</tex>. В этом дереве <tex>O(n\log\logn)</tex> уровней. При нарушении баланса дерева, необходимо балансирование, которое требует <tex>O(n\log\logn)</tex> времени при <tex>n</tex> вставленных целых числах. Такое время достигается за счет вставки чисел группами, а не по одиночке, как изначально предлагает Андерссон.
+
Э.П.дерево с <tex>n</tex> листьями состоит из корня <tex>r</tex> и <tex>n^e</tex> (0<<tex>e</tex><1) Э.П.поддеревьев, в каждом из которых <tex>n^{1 - e}</tex> листьев; каждое Э.П.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 по одиночке, как изначально предлагает Андерссон.
  
 
==Необходимая информация==
 
==Необходимая информация==
Строка 23: Строка 23:
 
|id=def3.  
 
|id=def3.  
 
|definition=
 
|definition=
Если мы сортируем целые числа из множества {0, 1, ..., <tex>m</tex> - 1} с длиной контейнера <tex>klog(m + n)</tex> с <tex>k</tex> >= 1, тогда мы сортируем с неконсервативным преимуществом <tex>k</tex>.
+
Если мы сортируем целые числа из множества {0, 1, ..., <tex>m</tex> - 1} с длиной контейнера <tex>k \log (m + n)</tex> с <tex>k</tex> >= 1, тогда мы сортируем с неконсервативным преимуществом <tex>k</tex>.
 
}}
 
}}
 
{{Определение
 
{{Определение
Строка 50: Строка 50:
 
}}
 
}}
  
Взяв <tex>s = 2logn</tex> мы получим хэш функцию <tex>h_{a}</tex> которая захэширует <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 мы упакуем несколько чисел в один контейнер так, что они разделены несколькими битами нулей, мы спокойно сможем применить <tex>h_{a}</tex> ко всему контейнеру, а в результате все хэш значения для всех чисел в контейере были посчитаны. Заметим, что это возможно только потому, что в вычисление хэш знчения вовлечены только (mod <tex>2^b</tex>) и (div <tex>2^{b - s}</tex>).  
+
Взяв <tex>s = 2 \log n</tex> мы получим хэш функцию <tex>h_{a}</tex> которая захэширует <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 мы упакуем несколько чисел в один контейнер так, что они разделены несколькими битами нулей, мы спокойно сможем применить <tex>h_{a}</tex> ко всему контейнеру, а в результате все хэш значения для всех чисел в контейере были посчитаны. Заметим, что это возможно только потому, что в вычисление хэш знчения вовлечены только (mod <tex>2^b</tex>) и (div <tex>2^{b - s}</tex>).  
  
 
Такая хэш функция может быть найдена за <tex>O(n^3)</tex>.
 
Такая хэш функция может быть найдена за <tex>O(n^3)</tex>.
Строка 59: Строка 59:
 
В данной сортировке используется следующий алгоритм:
 
В данной сортировке используется следующий алгоритм:
  
Предположим, что <tex>n</tex> чисел должны быть сортированы, и в каждом <tex>logm</tex> бит. Мы рассматриваем, что в каждом числе есть <tex>h</tex> сегментов, в каждом из которых <tex>log(m/h)</tex> бит. Теперь мы применяем хэширование ко всем сегментам и получаем <tex>2hlogn</tex> бит хэшированных значений для каждого числа. После сортировки на хэшированных значениях для всех начальных чисел начальная задача по сортировке <tex>n</tex> чисел по <tex>m</tex> бит в каждом стала задачей по сортировке <tex>n</tex> чисел по <tex>log(m/h)</tex> бит в каждом.
+
Предположим, что <tex>n</tex> чисел должны быть сортированы, и в каждом <tex>\log m</tex> бит. Мы рассматриваем, что в каждом числе есть <tex>h</tex> сегментов, в каждом из которых <tex>\log (m/h)</tex> бит. Теперь мы применяем хэширование ко всем сегментам и получаем <tex>2h \log n</tex> бит хэшированных значений для каждого числа. После сортировки на хэшированных значениях для всех начальных чисел начальная задача по сортировке <tex>n</tex> чисел по <tex>m</tex> бит в каждом стала задачей по сортировке <tex>n</tex> чисел по <tex> \log (m/h)</tex> бит в каждом.
  
Так же, рассмотрим проблему последующего разделения. Пусть <tex>a_{1}</tex>, <tex>a_{2}</tex>, ..., <tex>a_{p}</tex> {{---}} <tex>p</tex> чисел и <tex>S</tex> {{---}} множество чисeл. Мы хотим 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>a_{p}</tex>} < <tex>S_{p}</tex>. Т.к. мы используем signature sorting, до того как делать вышеописанное разделение, мы поделим биты в <tex>a_{i}</tex> на <tex>h</tex> сегментов и возьмем некоторые из них. Мы так же поделим биты для каждого числа из <tex>S</tex> и оставим только один в каждом числе. По существу для каждого <tex>a_{i}</tex> мы возьмем все <tex>h</tex> сегментов. Если соответствующие сегменты <tex>a_{i}</tex> и <tex>a_{j}</tex> совпадают, то нам понадобится только один. Сегменты, которые мы берем для числа в <tex>S</tex>, {{---}} сегмент, который выделяется из <tex>a_{i}</tex>. Таким образом мы преобразуем начальную задачу о разделении <tex>n</tex> чисел в <tex>logm</tex> бит в несколько задач на разделение с числами в <tex>log(m/h)</tex> бит.
+
Так же, рассмотрим проблему последующего разделения. Пусть <tex>a_{1}</tex>, <tex>a_{2}</tex>, ..., <tex>a_{p}</tex> {{---}} <tex>p</tex> чисел и <tex>S</tex> {{---}} множество чисeл. Мы хотим 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>a_{p}</tex>} < <tex>S_{p}</tex>. Т.к. мы используем signature sorting, до того как делать вышеописанное разделение, мы поделим биты в <tex>a_{i}</tex> на <tex>h</tex> сегментов и возьмем некоторые из них. Мы так же поделим биты для каждого числа из <tex>S</tex> и оставим только один в каждом числе. По существу для каждого <tex>a_{i}</tex> мы возьмем все <tex>h</tex> сегментов. Если соответствующие сегменты <tex>a_{i}</tex> и <tex>a_{j}</tex> совпадают, то нам понадобится только один. Сегменты, которые мы берем для числа в <tex>S</tex>, {{---}} сегмент, который выделяется из <tex>a_{i}</tex>. Таким образом мы преобразуем начальную задачу о разделении <tex>n</tex> чисел в <tex>\log m</tex> бит в несколько задач на разделение с числами в <tex>\log (m/h)</tex> бит.
  
 
Пример:
 
Пример:
Строка 76: Строка 76:
 
|id=lemma2.  
 
|id=lemma2.  
 
|statement=
 
|statement=
<tex>n</tex> целых чисел можно отсортировать в <tex>\sqrt{n}</tex> наборов <tex>S_{1}</tex>, <tex>S_{2}</tex>, ..., <tex>S_{\sqrt{n}}</tex> таким образом, что в каждом наборе <tex>\sqrt{n}</tex> чисел и <tex>S_{i}</tex> < <tex>S_{j}</tex> при <tex>i</tex> < <tex>j</tex>, за время <tex>O(nloglogn/logk)</tex> и место <tex>O(n)</tex> с не консервативным преимуществом <tex>kloglogn</tex>
+
<tex>n</tex> целых чисел можно отсортировать в <tex>\sqrt{n}</tex> наборов <tex>S_{1}</tex>, <tex>S_{2}</tex>, ..., <tex>S_{\sqrt{n}}</tex> таким образом, что в каждом наборе <tex>\sqrt{n}</tex> чисел и <tex>S_{i}</tex> < <tex>S_{j}</tex> при <tex>i</tex> < <tex>j</tex>, за время <tex>O(n \log\log n/ \log k)</tex> и место <tex>O(n)</tex> с не консервативным преимуществом <tex>k \log\log n</tex>
 
|proof=
 
|proof=
 
Доказательство данной леммы будет приведено далее в тексте статьи.
 
Доказательство данной леммы будет приведено далее в тексте статьи.
Строка 85: Строка 85:
 
|id=lemma3.  
 
|id=lemma3.  
 
|statement=
 
|statement=
Выбор <tex>s</tex>-ого наибольшего числа среди <tex>n</tex> чисел упакованных в <tex>n/g</tex> контейнеров может быть сделана за <tex>O(nlogg/g)</tex> время и с использованием <tex>O(n/g)</tex> места. Конкретно медиана может быть так найдена.
+
Выбор <tex>s</tex>-ого наибольшего числа среди <tex>n</tex> чисел упакованных в <tex>n/g</tex> контейнеров может быть сделана за <tex>O(n \log g/g)</tex> время и с использованием <tex>O(n/g)</tex> места. Конкретно медиана может быть так найдена.
 
|proof=
 
|proof=
 
Так как мы можем 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, мы можем упаковать медианы из первого, второго, ..., <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.
 
Так как мы можем 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, мы можем упаковать медианы из первого, второго, ..., <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.
Строка 94: Строка 94:
 
|id=lemma4.
 
|id=lemma4.
 
|statement=
 
|statement=
Если <tex>g</tex> целых чисел, в сумме использующие <tex>(logn)/2</tex> бит, упакованы в один контейнер, тогда <tex>n</tex> чисел в <tex>n/g</tex> контейнерах могут быть отсортированы за время <tex>O((n/g)logg)</tex>, с использованием <tex>O(n/g)</tex> места.
+
Если <tex>g</tex> целых чисел, в сумме использующие <tex>(\log n)/2</tex> бит, упакованы в один контейнер, тогда <tex>n</tex> чисел в <tex>n/g</tex> контейнерах могут быть отсортированы за время <tex>O((n/g) \log g)</tex>, с использованием <tex>O(n/g)</tex> места.
 
|proof=
 
|proof=
Так как используется только <tex>(logn)/2</tex> бит в каждом контейнере для хранения <tex>g</tex> чисел, мы можем использовать bucket sorting чтобы отсортировать все контейнеры. представляя каждый как число, что занимает <tex>O(n/g)</tex> времени и места. Потому, что мы используем <tex>(logn)/2</tex> бит на контейнер нам понадобится <tex>\sqrt {n}</tex> шаблонов для всех контейнеров. Затем поместим <tex>g < (logn)/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 мы помещаем <tex>i</tex>-е число во всех <tex>g</tex> контейнерах в один. Таким образом мы берем <tex>g</tex> <tex>g</tex>-целых векторов и получаем <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(glogg)</tex>, с использованием <tex>O(g)</tex> места. Для всех групп это занимает время <tex>O((n/g)logg)</tex>, с использованием <tex>O(n/g)</tex> места.
+
Так как используется только <tex>(\log n)/2</tex> бит в каждом контейнере для хранения <tex>g</tex> чисел, мы можем использовать bucket sorting чтобы отсортировать все контейнеры. представляя каждый как число, что занимает <tex>O(n/g)</tex> времени и места. Потому, что мы используем <tex>(\log n)/2</tex> бит на контейнер нам 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 мы помещаем <tex>i</tex>-е число во всех <tex>g</tex> контейнерах в один. Таким образом мы берем <tex>g</tex> <tex>g</tex>-целых векторов и получаем <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> места. Для всех групп это занимает время <tex>O((n/g) \log g)</tex>, с использованием <tex>O(n/g)</tex> места.
  
 
Для контейнеров вне групп (которых <tex>\sqrt(n)(g - 1)</tex> штук) мы просто разберем и соберем заново контейнеры. На это потребуется не более <tex>O(n/g)</tex> места и времени. После всего этого мы используем bucket sorting вновь для сортировки <tex>n</tex> контейнеров. таким образом мы отсортируем все числа.
 
Для контейнеров вне групп (которых <tex>\sqrt(n)(g - 1)</tex> штук) мы просто разберем и соберем заново контейнеры. На это потребуется не более <tex>O(n/g)</tex> места и времени. После всего этого мы используем bucket sorting вновь для сортировки <tex>n</tex> контейнеров. таким образом мы отсортируем все числа.
 
}}
 
}}
  
Заметим, что когда <tex>g = O(logn)</tex> мы сортируем <tex>O(n)</tex> чисел в <tex>n/g</tex> контейнеров за время <tex>O((n/g)loglogn)</tex>, с использованием O(n/g) места. Выгода очевидна.
+
Заметим, что когда <tex>g = O( \log n)</tex> мы сортируем <tex>O(n)</tex> чисел в <tex>n/g</tex> контейнеров за время <tex>O((n/g) \log\log n)</tex>, с использованием O(n/g) места. Выгода очевидна.
  
 
Лемма пять.
 
Лемма пять.
Строка 107: Строка 107:
 
|id=lemma5.
 
|id=lemma5.
 
|statement=
 
|statement=
Если принять, что каждый контейнер содержит <tex>logm > logn</tex> бит, и <tex>g</tex> чисел, в каждом из которых <tex>(logm)/g</tex> бит, упакованы в один контейнер. Если каждое число имеет маркер, содержащий <tex>(logn)/(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((nloglogn)/g)</tex> с использованием <tex>O(n/g)</tex> места.
+
Если принять, 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> места.
 
(*): 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.
 
(*): 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.
 
|proof=
 
|proof=
Контейнеры для маркеров могут быть отсортированы с помощью bucket sort потому, что каждый контейнер использует <tex>(logn)/2</tex> бит. Сортировка сгруппирует контейнеры для чисел как в четвертой лемме. Мы можем переместить каждую группу контейнеров для чисел.
+
Контейнеры для маркеров могут быть отсортированы с помощью bucket sort потому, что каждый контейнер использует <tex>( \log n)/2</tex> бит. Сортировка сгруппирует контейнеры для чисел как в четвертой лемме. Мы можем переместить каждую группу контейнеров для чисел.
 
}}
 
}}
 
Заметим, что сортирующие алгоритмы в четвертой и пятой леммах нестабильные. Хотя на их основе можно построить стабильные алгоритмы используя известный метод добавления адресных битов к каждому входящему числу.
 
Заметим, что сортирующие алгоритмы в четвертой и пятой леммах нестабильные. Хотя на их основе можно построить стабильные алгоритмы используя известный метод добавления адресных битов к каждому входящему числу.
Строка 120: Строка 120:
 
|id=lemma6.
 
|id=lemma6.
 
|statement=
 
|statement=
предположим, что каждый контейнер содержит <tex>logmloglogn > logn</tex> бит, что <tex>g</tex> чисел, в каждом из которых <tex>(logm)/g</tex> бит, упакованы в один контейнер, что каждое число имеет маркер, содержащий <tex>(logn)/(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.
+
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.
 
|proof=
 
|proof=
Заметим, что несмотря на то, что длина контейнера <tex>logmloglogn</tex> бит всего <tex>logm</tex> бит используется для хранения упакованных чисел. Так же как в леммах четыре и пять мы сортируем контейнеры упакованных маркеров с помощью bucket sort. Для того, чтобы перемещать контейнеры чисел мы помещаем <tex>gloglogn</tex> вместо <tex>g</tex> контейнеров чисел в одну группу. Для транспозиции чисел в группе содержащей <tex>gloglogn</tex> контейнеров мы сначала упаковываем <tex>gloglogn</tex> контейнеров в <tex>g</tex> контейнеров упаковывая <tex>loglogn</tex> контейнеров в один. Далее мы делаем транспозицию над <tex>g</tex> контейнерами. Таким образом перемещение занимает всего <tex>O(gloglogn)</tex> времени для каждой группы и <tex>O(n/g)</tex> времени для всех чисел. После завершения транспозиции, мы далее распаковываем <tex>g</tex> контейнеров в <tex>gloglogn</tex> контейнеров.
+
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 четыре и пять мы сортируем контейнеры упакованных маркеров с помощью bucket sort. Для того, чтобы перемещать контейнеры чисел мы 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 мы сначала упаковываем <tex>g \log\log n</tex> контейнеров в <tex>g</tex> контейнеров упаковывая <tex>\log\log n</tex> контейнеров в один. Далее мы 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, мы далее распаковываем <tex>g</tex> контейнеров в <tex>g \log\log n</tex> контейнеров.
 
}}
 
}}
  
Заметим, что если длина контейнера <tex>logmloglogn</tex> и только <tex>logm</tex> бит используется для упаковки <tex>g <= logn</tex> чисел в один контейнер, тогда выбор в лемме три может быть сделан за время и место <tex>O(n/g)</tex>, потому, что упаковка в доказатльстве леммы три теперь может быть сделана за время <tex>O(n/g)</tex>.
+
Заметим, что если длина контейнера <tex>\log m \log\log n</tex> и только <tex>\log m</tex> бит используется для упаковки <tex>g <= \log n</tex> чисел в один контейнер, тогда выбор в лемме три может быть сделан за время и место <tex>O(n/g)</tex>, потому, что упаковка в доказатльстве леммы три теперь может быть сделана за время <tex>O(n/g)</tex>.
  
 
==Сортировка n целых чисел в sqrt(n) наборов==
 
==Сортировка n целых чисел в sqrt(n) наборов==
 
Постановка задачи и решение некоторых проблем:
 
Постановка задачи и решение некоторых проблем:
  
Рассмотрим проблему сортировки <tex>n</tex> целых чисел из множества {0, 1, ..., <tex>m</tex> - 1} в <tex>\sqrt{n}</tex> наборов как во второй лемме. Мы предполагаем, что в каждом контейнере <tex>kloglognlogm</tex> бит и хранит число в <tex>logm</tex> бит. Поэтому неконсервативное преимущество <tex>kloglogn</tex>. Мы так же предполагаем, что <tex>logm >= lognloglogn</tex>. Иначе мы можем использовать radix sort для сортировки за время <tex>O(nloglogn)</tex> и линейную память. Мы делим <tex>logm</tex> бит, используемых для представления каждого числа, в <tex>logn</tex> блоков. Таким образом каждый блок содержит как минимум <tex>loglogn</tex> бит. <tex>i</tex>-ый блок содержит с <tex>ilogm/logn</tex>-ого по <tex>((i + 1)logm/logn - 1)</tex>-ый биты. Биты считаются с наименьшего бита начиная с нуля. Теперь у нас имеется <tex>2logn</tex>-уровневый алгоритм, который работает следующим образом:
+
Рассмотрим проблему сортировки <tex>n</tex> целых чисел из множества {0, 1, ..., <tex>m</tex> - 1} в <tex>\sqrt{n}</tex> наборов как во второй лемме. Мы предполагаем, что в каждом контейнере <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>. Мы так же предполагаем, что <tex>\log m >= \log n \log\log n</tex>. Иначе мы можем использовать radix sort для сортировки за время <tex>O(n \log\log n)</tex> и линейную память. Мы делим <tex>\log m</tex> бит, используемых для представления каждого числа, в <tex>\log n</tex> блоков. Таким образом каждый блок содержит как минимум <tex>\log\log n</tex> бит. <tex>i</tex>-ый блок содержит с <tex>i \log m/ \log n</tex>-ого по <tex>((i + 1) \log m/ \log n - 1)</tex>-ый биты. Биты считаются с наименьшего бита начиная с нуля. Теперь у нас имеется <tex>2 \log n</tex>-уровневый алгоритм, который работает следующим образом:
  
На каждой стадии мы работаем с одним блоком бит. Назовем эти блоки маленькими числами (далее м.ч.) потому, что каждое м.ч. теперь содержит только <tex>logm/logn</tex> бит. Каждое число представлено и соотносится с м.ч., над которым мы работаем в данный момент. Положим, что нулевая стадия работает с самыми большим блоком (блок номер <tex>logn - 1</tex>). Предполагаем, что биты этих м.ч. упакованы в <tex>n/logn</tex> контейнеров с <tex>logn</tex> м.ч. упакованных в один контейнер. Мы пренебрегаем временем, потраченным на на эту упаковку, считая что она бесплатна. По третьей лемме мы можем найти медиану этих <tex>n</tex> м.ч. за время и память <tex>O(n/logn)</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>. Так же мощность <tex>S_{1}</tex> и <tex>S_{3} </tex><= <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 мы можем убрать убрать <tex>logm/logn</tex> бит (наибольший блок) из каждого числа из <tex>S'_{2}</tex> из дальнейшего рассмотрения. 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>logn</tex> блоков, для каждого числа потребуется не более <tex>logn</tex> стадий чтобы поместить его в набор половинного размера. За <tex>2logn</tex> стадий все числа будут отсортированы. Так как на каждой стадии мы работаем с <tex>n/logn</tex> контейнерами, то игнорируя время, необходимое на упаковку м.ч. в контейнеры и помещение м.ч. в нужный набор, мы затратим <tex>O(n)</tex> времени из-за <tex>2logn</tex> стадий.
+
На каждой стадии мы 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 мы работаем в данный момент. Положим, что нулевая стадия работает с самыми 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. упакованных в один контейнер. Мы пренебрегаем временем, потраченным на на эту упаковку, считая что она бесплатна. По третьей лемме мы можем найти 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>. Так же мощность <tex>S_{1}</tex> и <tex>S_{3} </tex><= <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 мы можем убрать убрать <tex>\log m/ \log n</tex> бит (наибольший блок) из каждого числа из <tex>S'_{2}</tex> из дальнейшего рассмотрения. 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 мы 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, мы затратим <tex>O(n)</tex> времени из-за <tex>2 \log n</tex> стадий.
  
Сложная часть алгоритма заключается в том, как поместить маленькие числа 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. Мы можем использовать <tex>loge</tex> битов чтобы сделать марки для каждого набора. Теперь хотелось бы использовать лемму шесть. Полный размер маркера для каждого контейнера должен быть <tex>logn/2</tex>, и маркер использует <tex>loge</tex> бит, количество маркеров <tex>g</tex> в каждом контейнере должно быть не более <tex>logn/(2loge)</tex>. В дальнейшем т.к. <tex>g = logn/(2loge)</tex> м.ч. должны влезать в контейнер. Каждый контейнер содержит <tex>kloglognlogn</tex> блоков, каждое м.ч. может содержать <tex>O(klogn/g) = O(kloge)</tex> блоков. Заметим, что мы используем неконсервативное преимущество в <tex>loglogn</tex> для использования леммы шесть. Поэтому мы предполагаем что <tex>logn/(2loge)</tex> м.ч. в каждом из которых <tex>kloge</tex> блоков битов числа упакованный в один контейнер. Для каждого м.ч. мы используем маркер из <tex>loge</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>logn/(2loge)</tex> маркеров, то для каждого контейнера требуется <tex>(logn)/2</tex> бит. Таким образом лемма шесть может быть применена для помещения м.ч. в наборы, которым они принадлежат. Так как используется <tex>O((nloge)/logn)</tex> контейнеров то время необходимое для помещения м.ч. в их наборы потребуется <tex>O((nloge)/logn)</tex> времени.
+
Сложная часть алгоритма заключается в том, как поместить маленькие числа 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. Мы можем использовать <tex>\log e</tex> битов чтобы сделать марки для каждого набора. Теперь хотелось бы использовать лемму шесть. Полный размер маркера для каждого контейнера должен быть <tex>\log n/2</tex>, и маркер использует <tex>\log e</tex> бит, количество маркеров <tex>g</tex> в каждом контейнере должно быть не более <tex>\log n/(2\log e)</tex>. В дальнейшем т.к. <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 мы используем неконсервативное преимущество в <tex>\log\log n</tex> для использования леммы шесть. Поэтому мы предполагаем что <tex>\log n/(2 \log e)</tex> м.ч. в каждом из которых <tex>k \log e</tex> блоков битов числа упакованный в один контейнер. Для каждого м.ч. мы используем 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 шесть 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 потребуется <tex>O((n \log e)/ \log n)</tex> времени.
  
 
Стоит отметить, что процесс помещения нестабилен, т.к. основан на алгоритме из леммы шесть.
 
Стоит отметить, что процесс помещения нестабилен, т.к. основан на алгоритме из леммы шесть.
Строка 140: Строка 140:
 
При таком помещении мы сразу сталкиваемся со следующей проблемой.
 
При таком помещении мы сразу сталкиваемся со следующей проблемой.
  
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 мы используем 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 мы 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 мы помещаем больше бит в набор мы помещаем последующие блоки вместе с текущим блоком в набор. Так вот, в вышеописанном процессе помещения мы предполагаем, что самый значимый блок среди <tex>kloge</tex> блоков это текущий блок. Таким образом после того как мы поместили эти <tex>kloge</tex> блоков в набор мы удаляем изначальный текущий блок, потому что мы знаем, что эти <tex>kloge</tex> блоков перемещены в правильный набор и нам не важно где находился начальный текущий блок. Тот текущий блок находится в перемещенных <tex>kloge</tex> блоках.
+
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 мы используем 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 мы 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 мы помещаем больше бит в набор мы помещаем последующие блоки вместе с текущим блоком в набор. Так вот, в вышеописанном процессе помещения мы предполагаем, что самый значимый блок среди <tex>k \log e</tex> блоков это текущий блок. Таким образом после того как мы поместили эти <tex>k \log e</tex> блоков в набор мы удаляем изначальный текущий блок, потому что мы знаем, 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. Леммы четыре, пять и шесть расчитанны на не очень маленькие наборы. Но поскольку мы сортируем набор из <tex>n</tex> элементов в наборы размера <tex>\sqrt{n}</tex>, то проблем не должно быть.
 
Стоит отметить, что после нескольких уровней деления размер наборов станет маленьким. Леммы четыре, пять и шесть расчитанны на не очень маленькие наборы. Но поскольку мы сортируем набор из <tex>n</tex> элементов в наборы размера <tex>\sqrt{n}</tex>, то проблем не должно быть.
Строка 146: Строка 146:
 
Собственно алгоритм:
 
Собственно алгоритм:
  
Algorithm Sort(<tex>kloglogn</tex>, <tex>level</tex>, <tex>a_{0}</tex>, <tex>a_{1}</tex>, ..., <tex>a_{t}</tex>)
+
Algorithm Sort(<tex>k \log\log n</tex>, <tex>level</tex>, <tex>a_{0}</tex>, <tex>a_{1}</tex>, ..., <tex>a_{t}</tex>)
  
<tex>kloglogn</tex> это неконсервативное преимущество, <tex>a_{i}</tex>-ые это входящие целые числа в наборе, которые надо отсортировать, <tex>level</tex> это уровень рекурсии.
+
<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.
  
 
1)  
 
1)  
Строка 160: Строка 160:
 
2.1) Упаковать <tex>a^{(u)}_{i}</tex>-ый в часть из <tex>1/k</tex>-ых номеров контейнеров, где <tex>a^{(u)}_{i}</tex> содержит несколько непрерывных блоков, которые состоят из <tex>1/k</tex>-ых битов <tex>a_{i}</tex> и у которого текущий блок это самый крупный блок.
 
2.1) Упаковать <tex>a^{(u)}_{i}</tex>-ый в часть из <tex>1/k</tex>-ых номеров контейнеров, где <tex>a^{(u)}_{i}</tex> содержит несколько непрерывных блоков, которые состоят из <tex>1/k</tex>-ых битов <tex>a_{i}</tex> и у которого текущий блок это самый крупный блок.
  
2.2) Вызвать Sort(<tex>kloglogn</tex>, <tex>level - 1</tex>, <tex>a^{(u)}_{0}</tex>, <tex>a^{(u)}_{1}</tex>, ..., <tex>a^{(u)}_{t}</tex>). Когда алгоритм возвращается из этой рекурсии, маркер, показывающий для каждого числа, к которому набору это число относится, уже отправлен назад к месту где число находится во входных данных. Число имеющее наибольшее число бит в <tex>a_{i}</tex>, показывающее на ткущий блок в нем, так же отправлено назад к <tex>a_{i}</tex>.
+
2.2) Вызвать Sort(<tex>k \log\log n</tex>, <tex>level - 1</tex>, <tex>a^{(u)}_{0}</tex>, <tex>a^{(u)}_{1}</tex>, ..., <tex>a^{(u)}_{t}</tex>). Когда алгоритм возвращается из этой рекурсии, маркер, показывающий для каждого числа, к которому набору это число относится, уже отправлен назад к месту где число находится во входных данных. Число имеющее наибольшее число бит в <tex>a_{i}</tex>, показывающее на ткущий блок в нем, так же отправлено назад к <tex>a_{i}</tex>.
  
 
2.3) Отправить <tex>a_{i}-ые к их наборам, используя лемму шесть.</tex>
 
2.3) Отправить <tex>a_{i}-ые к их наборам, используя лемму шесть.</tex>
Строка 167: Строка 167:
  
 
Algorithm IterateSort
 
Algorithm IterateSort
Call Sort(<tex>kloglogn</tex>, <tex>log_{k}((logn)/4)</tex>, <tex>a_{0}</tex>, <tex>a_{1}</tex>, ..., <tex>a_{n - 1}</tex>);
+
Call Sort(<tex>k \log\log n</tex>, <tex>\log_{k}((\log n)/4)</tex>, <tex>a_{0}</tex>, <tex>a_{1}</tex>, ..., <tex>a_{n - 1}</tex>);
  
 
от 1 до 5
 
от 1 до 5
Строка 175: Строка 175:
 
Поместить <tex>a_{i}</tex> в соответствующий набор с помощью bucket sort потому, что наборов около <tex>\sqrt{n}</tex>
 
Поместить <tex>a_{i}</tex> в соответствующий набор с помощью bucket sort потому, что наборов около <tex>\sqrt{n}</tex>
  
Для каждого набора <tex>S = </tex>{<tex>a_{i_{0}}, a_{i_{1}}, ..., a_{i_{t}}</tex>}, если <tex>t > sqrt{n}</tex>, вызвать Sort(<tex>kloglogn</tex>, <tex>log_{k}((logn)/4)</tex>, <tex>a_{i_{0}}, a_{i_{1}}, ..., a_{i_{t}}</tex>)
+
Для каждого набора <tex>S = </tex>{<tex>a_{i_{0}}, a_{i_{1}}, ..., a_{i_{t}}</tex>}, если <tex>t > sqrt{n}</tex>, вызвать Sort(<tex>k \log\log n</tex>, <tex>\log_{k}((\log n)/4)</tex>, <tex>a_{i_{0}}, a_{i_{1}}, ..., a_{i_{t}}</tex>)
  
 
конец
 
конец
  
Время работы алгоритма <tex>O(nloglogn/logk)</tex>, что доказывает лемму 2.
+
Время работы алгоритма <tex>O(n \log\log n/ \log k)</tex>, что доказывает лемму 2.
  
==Собственно сортировка с использованием O(nloglogn) времени и памяти==
+
==Собственно сортировка с использованием O(n \log\log n) времени и памяти==
Для сортировки <tex>n</tex> целых чисел в диапазоне от {<tex>0, 1, ..., m - 1</tex>} мы предполагаем, что используем контейнер длины <tex>O(log(m + n))</tex> в нашем консервативном алгоритме. Мы всегда считаем что все числа упакованы в контейнеры одинаковой длины.  
+
Для сортировки <tex>n</tex> целых чисел в диапазоне от {<tex>0, 1, ..., m - 1</tex>} мы предполагаем, что используем контейнер длины <tex>O(\log (m + n))</tex> в нашем консервативном алгоритме. Мы всегда считаем что все числа упакованы в контейнеры одинаковой длины.  
  
 
Берем <tex>1/e = 5</tex> для экспоненциального поискового дереве Андерссона. Поэтому у корня будет <tex>n^{1/5}</tex> детей и каждое Э.П.дерево в каждом ребенке будет иметь <tex>n^{4/5}</tex> листьев. В отличии от оригинального дерева, мы будем вставлять не один элемент за раз а <tex>d^2</tex>, где <tex>d</tex> {{---}} количество детей узла дерева, где числа должны спуститься вниз.
 
Берем <tex>1/e = 5</tex> для экспоненциального поискового дереве Андерссона. Поэтому у корня будет <tex>n^{1/5}</tex> детей и каждое Э.П.дерево в каждом ребенке будет иметь <tex>n^{4/5}</tex> листьев. В отличии от оригинального дерева, мы будем вставлять не один элемент за раз а <tex>d^2</tex>, где <tex>d</tex> {{---}} количество детей узла дерева, где числа должны спуститься вниз.
 
Но мы не будем сразу опускать донизу все <tex>d^2</tex> чисел. Мы будем полностью опускать все <tex>d^2</tex> чисел на один уровень. В корне мы опустим <tex>n^{2/5}</tex> чисел на следующий уровень. После того, как мы опустили все числа на следующий уровень мы успешно разделили числа на <tex>t_{1} = n^{1/5}</tex> наборов <tex>S_{1}, S_{2}, ..., S_{t_{1}}</tex>, в каждом из которых <tex>n^{4/5}</tex> чисел и <tex>S_{i} < S_{j}, i < j</tex>. Затем мы берем <tex>n^{(4/5)(2/5)}</tex> чисел из <tex>S_{i}</tex> за раз и опускаем их на следующий уровень Э.П.дерева. Повторяем это, пока все числа не опустятся на следующий уровень. На этом шаге мы разделили числа на <tex>t_{2} = n^{1/5}n^{4/25} = n^{9/25}</tex> наборов <tex>T_{1}, T_{2}, ..., T_{t_{2}}</tex> в каждом из которых <tex>n^{16/25}</tex> чисел, аналогичным наборам <tex>S_{i}</tex>. Теперь мы можем дальше опустить числа в нашем Э.П.дереве.
 
Но мы не будем сразу опускать донизу все <tex>d^2</tex> чисел. Мы будем полностью опускать все <tex>d^2</tex> чисел на один уровень. В корне мы опустим <tex>n^{2/5}</tex> чисел на следующий уровень. После того, как мы опустили все числа на следующий уровень мы успешно разделили числа на <tex>t_{1} = n^{1/5}</tex> наборов <tex>S_{1}, S_{2}, ..., S_{t_{1}}</tex>, в каждом из которых <tex>n^{4/5}</tex> чисел и <tex>S_{i} < S_{j}, i < j</tex>. Затем мы берем <tex>n^{(4/5)(2/5)}</tex> чисел из <tex>S_{i}</tex> за раз и опускаем их на следующий уровень Э.П.дерева. Повторяем это, пока все числа не опустятся на следующий уровень. На этом шаге мы разделили числа на <tex>t_{2} = n^{1/5}n^{4/25} = n^{9/25}</tex> наборов <tex>T_{1}, T_{2}, ..., T_{t_{2}}</tex> в каждом из которых <tex>n^{16/25}</tex> чисел, аналогичным наборам <tex>S_{i}</tex>. Теперь мы можем дальше опустить числа в нашем Э.П.дереве.
  
Нетрудно заметить, что ребалансирока занимает <tex>O(nloglogn)</tex> времени с <tex>O(n)</tex> временем на уровень. Аналогично стандартному Э.П.дереву Андерссона.
+
Нетрудно заметить, что ребалансирока занимает <tex>O(n \log\log n)</tex> времени с <tex>O(n)</tex> временем на уровень. Аналогично стандартному Э.П.дереву Андерссона.
  
 
Нам следует нумеровать уровни Э.П.дерева с корня, начиная с нуля. Рассмотрим спуск вниз на уровне <tex>s</tex>. Мы имеем <tex>t = n^{1 - (4/5)^s}</tex> наборов по <tex>n^{(4/5)^s}</tex> чисел в каждом. Так как каждый узел на данном уровне имеет <tex>p = n^{(1/5)(4/5)^s}</tex> детей, то на <tex>s + 1</tex> уровень мы опустим <tex>q = n^{(2/5)(4/5)^s}</tex> чисел для каждого набора или всего <tex>qt >= n^{2/5}</tex> чисел для всех наборов за один раз.
 
Нам следует нумеровать уровни Э.П.дерева с корня, начиная с нуля. Рассмотрим спуск вниз на уровне <tex>s</tex>. Мы имеем <tex>t = n^{1 - (4/5)^s}</tex> наборов по <tex>n^{(4/5)^s}</tex> чисел в каждом. Так как каждый узел на данном уровне имеет <tex>p = n^{(1/5)(4/5)^s}</tex> детей, то на <tex>s + 1</tex> уровень мы опустим <tex>q = n^{(2/5)(4/5)^s}</tex> чисел для каждого набора или всего <tex>qt >= n^{2/5}</tex> чисел для всех наборов за один раз.
Строка 195: Строка 195:
 
Так как нам не надо полностью сортировать <tex>q</tex> чисел и <tex>q = p^2</tex>, есть возможность использовать лемму 2 для сортировки. Для этого нам надо неконсервативное преимущество которое мы получим ниже. Для этого используем линейную технику многократного деления (multi-dividing technique) чтобы добиться этого.
 
Так как нам не надо полностью сортировать <tex>q</tex> чисел и <tex>q = p^2</tex>, есть возможность использовать лемму 2 для сортировки. Для этого нам надо неконсервативное преимущество которое мы получим ниже. Для этого используем линейную технику многократного деления (multi-dividing technique) чтобы добиться этого.
  
Для этого воспользуемся signature sorting. Адаптируем этот алгоритм для нас. Предположим у нас есть набор <tex>T</tex> из <tex>p</tex> чисел, которые уже отсортированы как <tex>a_{1}, a_{2}, ..., a_{p}</tex>, и мы хотим использовать числа в <tex>T</tex> для разделения <tex>S</tex> из <tex>q</tex> чисел <tex>b_{1}, b_{2}, ..., b_{q}</tex> в <tex>p + 1</tex> наборов <tex>S_{0}, S_{1}, ..., S_{p}</tex> что <tex>S_{0}</tex> < {<tex>a_{1}</tex>} < <tex>S_{1}</tex> < ... < {<tex>a_{p}</tex>} < <tex>S_{p}</tex>. Назовем это разделением <tex>q</tex> чисел <tex>p</tex> числами. Пусть <tex>h = logn/(clogp)</tex> для константы <tex>c > 1</tex>. <tex>h/loglognlogp</tex> битные числа могут быть хранены в одном контейнере, так что одно слово хранит <tex>(logn)/(cloglogn)</tex> бит. Сначала рассматриваем биты в каждом <tex>a_{i}</tex> и каждом <tex>b_{i}</tex> как сегменты одинаковой длины <tex>h/loglogn</tex>. Рассматриваем сегменты как числа. Чтобы получить неконсервативное преимущество для сортировки мы хэштруем числа в этих контейнерах (<tex>a_{i}</tex>-ом и <tex>b_{i}</tex>-ом) чтобы получить <tex>h/loglogn</tex> хэшированных значений в одном контейнере. Чтобы получить значения сразу, при вычислении хэш значений сегменты не влияют друг на друга, мы можем даже отделить четные и нечетные сегменты в два контейнера. Не умаляя общности считаем, что хэш значения считаются за константное время. Затем, посчитав значения мы объединяем два контейнера в один. Пусть <tex>a'_{i}</tex> хэш контейнер для <tex>a_{i}</tex>, аналогично <tex>b'_{i}</tex>. В сумме хэш значения имеют <tex>(2logn)/(cloglogn)</tex> бит. Хотя эти значения разделены на сегменты по <tex>h/loglogn</tex> бит в каждом контейнере. Между сегментами получаются пустоты, которые мы забиваем нулями. Сначала упаковываем все сегменты в <tex>(2logn)/(cloglogn)</tex> бит. Потом рассмотрим каждый хэш контейнер как число и отсортируем эти хэш слова за линейное время (сортировка рассмотрена чуть позже). После этой сортировки биты в <tex>a_{i}</tex> и <tex>b_{i}</tex> разрезаны на <tex>loglogn/h</tex>. Таким образом мы получили дополнительное мультипликативное преимущество в <tex>h/loglogn</tex> (additional multiplicative advantage).
+
Для этого воспользуемся signature sorting. Адаптируем этот алгоритм для нас. Предположим у нас есть набор <tex>T</tex> из <tex>p</tex> чисел, которые уже отсортированы как <tex>a_{1}, a_{2}, ..., a_{p}</tex>, и мы хотим использовать числа в <tex>T</tex> для разделения <tex>S</tex> из <tex>q</tex> чисел <tex>b_{1}, b_{2}, ..., b_{q}</tex> в <tex>p + 1</tex> наборов <tex>S_{0}, S_{1}, ..., S_{p}</tex> что <tex>S_{0}</tex> < {<tex>a_{1}</tex>} < <tex>S_{1}</tex> < ... < {<tex>a_{p}</tex>} < <tex>S_{p}</tex>. Назовем это разделением <tex>q</tex> чисел <tex>p</tex> числами. 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 быть хранены в одном контейнере, так что одно слово хранит <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 сортировки мы хэштруем числа в этих контейнерах (<tex>a_{i}</tex>-ом и <tex>b_{i}</tex>-ом) чтобы получить <tex>h/ \log\log n</tex> хэшированных значений в одном контейнере. Чтобы получить значения сразу, при вычислении хэш значений сегменты не влияют друг на друга, мы можем даже отделить четные и нечетные сегменты в два контейнера. Не умаляя общности считаем, что хэш значения считаются за константное время. Затем, посчитав значения мы объединяем два контейнера в один. Пусть <tex>a'_{i}</tex> хэш контейнер для <tex>a_{i}</tex>, аналогично <tex>b'_{i}</tex>. В сумме хэш 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 мы забиваем нулями. Сначала упаковываем все сегменты в <tex>(2 \log n)/(c \log\log n)</tex> бит. Потом рассмотрим каждый хэш контейнер как число и отсортируем эти хэш слова за линейное время (сортировка 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>. Таким образом мы получили дополнительное мультипликативное преимущество в <tex>h/ \log\log n</tex> (additional multiplicative advantage).
  
После того, как мы повторили вышеописанный процесс <tex>g</tex> раз мы получили неконсервативное преимущество в <tex>(h/loglogn)^g</tex> раз, в то время как мы потратили только <tex>O(gqt)</tex> времени, так как каждое многократное деление делятся за линейное время <tex>O(qt)</tex>.
+
После того, как мы повторили вышеописанный процесс <tex>g</tex> раз мы получили неконсервативное преимущество в <tex>(h/ \log\log n)^g</tex> раз, в то время как мы потратили только <tex>O(gqt)</tex> времени, так как каждое многократное деление делятся за линейное время <tex>O(qt)</tex>.
  
Хэш функция, которую мы используем, находится следующим образом. Мы будем хэшировать сегменты, которые <tex>loglogn/h</tex>-ые, <tex>(loglogn/h)^2</tex>-ые, ... от всего числа. Для сегментов вида <tex>(loglogn/h)^t</tex>, получаем нарезанием всех <tex>p</tex> чисел на <tex>(loglogn/h)^t</tex> сегментов. Рассматривая каждый сегмент как число мы получаем <tex>p(loglogn/h)^t</tex> чисел. Затем получаем одну хэш функцию для этих чисел. Так как <tex>t < logn</tex> то мы получим не более <tex>logn</tex> хэш функций.
+
Хэш функция, которую мы используем, находится следующим образом. Мы будем хэшировать сегменты, которые <tex>\log\log n/h</tex>-ые, <tex>(\log\log n/h)^2</tex>-ые, ... от всего числа. Для сегментов вида <tex>(\log\log n/h)^t</tex>, получаем нарезанием всех <tex>p</tex> чисел на <tex>(\log\log n/h)^t</tex> сегментов. Рассматривая каждый сегмент как число мы получаем <tex>p(\log\log n/h)^t</tex> чисел. Затем получаем одну хэш функцию для этих чисел. Так как <tex>t < \log n</tex> то мы получим не более <tex>\log n</tex> хэш функций.
  
Рассмотрим сортировку за линейное время о которой было упомянуто ранее. Предполагаем, что мы упаковали хэшированные значения для каждого контейнера в <tex>(2logn)/(cloglogn)</tex> бит. У нас есть <tex>t</tex> наборов в каждом из которых <tex>q + p</tex> хэшированных контейнеров по <tex>(2logn)/(cloglogn)</tex> бит в каждом. Эти числа должны быть отсортированы в каждом наборе. Мы комбинируем все хэш контейнеры в один pool и сортируем следующим образом.
+
Рассмотрим сортировку за линейное время о которой было упомянуто ранее. Предполагаем, что мы упаковали хэшированные значения для каждого контейнера в <tex>(2 \log n)/(c \log\log n)</tex> бит. У нас есть <tex>t</tex> наборов в каждом из которых <tex>q + p</tex> хэшированных контейнеров по <tex>(2 \log n)/(c \log\log n)</tex> бит в каждом. Эти числа должны быть отсортированы в каждом наборе. Мы комбинируем все хэш контейнеры в один pool и сортируем следующим образом.
  
 
Procedure linear-Time-Sort
 
Procedure linear-Time-Sort
  
Входные данные: <tex>r > = n^{2/5}</tex> чисел <tex>d_{i}</tex>, <tex>d_{i}</tex>.value значение числа <tex>d_{i}</tex> в котором <tex>(2logn)/(cloglogn)</tex> бит, <tex>d_{i}.set</tex> набор, в котором находится <tex>d_{i}</tex>, следует отметить что всего <tex>t</tex> наборов.
+
Входные данные: <tex>r > = n^{2/5}</tex> чисел <tex>d_{i}</tex>, <tex>d_{i}</tex>.value 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 <tex>t</tex> наборов.
  
 
1) Сортировать все <tex>d_{i}</tex> по <tex>d_{i}</tex>.value используя bucket sort. Пусть все сортированные числа в A[1..r]. Этот шаг занимает линейное время так как сортируется не менее <tex>n^{2/5}</tex> чисел.
 
1) Сортировать все <tex>d_{i}</tex> по <tex>d_{i}</tex>.value используя bucket sort. Пусть все сортированные числа в A[1..r]. Этот шаг занимает линейное время так как сортируется не менее <tex>n^{2/5}</tex> чисел.
Строка 213: Строка 213:
 
Таким образом мы заполнили все наборы за линейное время.
 
Таким образом мы заполнили все наборы за линейное время.
  
Как уже говорилось ранее после <tex>g</tex> сокращений бит мы получили неконсервативное преимущество в <tex>(h/loglogn)^g</tex>. Мы не волнуемся об этих сокращениях до конца потому, что после получения неконсервативного преимущества мы можем переключиться на лемму два для завершения разделения <tex>q</tex> чисел с помощью <tex>p</tex> чисел на наборы. Заметим, что по природе битового сокращения, начальная задача разделения для каждого набора перешла в <tex>w</tex> подзадачи разделения на <tex>w</tex> поднаборы для какого-то числа <tex>w</tex>.
+
Как уже говорилось ранее после <tex>g</tex> сокращений бит мы получили неконсервативное преимущество в <tex>(h/ \log\log n)^g</tex>. Мы не волнуемся об этих сокращениях до конца потому, что после получения неконсервативного преимущества мы можем переключиться на лемму два для завершения разделения <tex>q</tex> чисел с помощью <tex>p</tex> чисел на наборы. Заметим, что по природе битового сокращения, начальная задача разделения для каждого набора перешла в <tex>w</tex> подзадачи разделения на <tex>w</tex> поднаборы для какого-то числа <tex>w</tex>.
  
Теперь для каждого набора мы собираем все его поднаборы в подзадачах в один набор. Затем используя лемму два делаем разделение. Так как мы имеем неконсервативное преимущество в <tex>(h/loglogn)^g</tex> и мы работаем на уровнях не ниже чем <tex>2logloglogn</tex>, то алгоритм занимает <tex>O(qtloglogn/(g(logh - logloglogn) -logloglogn)) = O(loglogn)</tex> времени.
+
Теперь для каждого набора мы собираем все его поднаборы в подзадачах в один набор. Затем используя лемму два делаем разделение. Так как мы имеем неконсервативное преимущество в <tex>(h/ \log\log n)^g</tex> и мы работаем на уровнях не ниже чем <tex>2 \log\log\log n</tex>, то алгоритм занимает <tex>O(qt \log\log n/(g(\log h - \log\log\log n) - \log\log\log n)) = O(\log\log n)</tex> времени.
  
 
Мы разделили <tex>q</tex> чисел <tex>p</tex> числами в каждый набор. То есть мы получили <tex>S_{0}</tex> < {<tex>e_{1}</tex>} < <tex>S_{1}</tex> < ... < {<tex>e_{p}</tex>} < <tex>S_{p}</tex>, где <tex>e_{i}</tex> это сегмент <tex>a_{i}</tex> полученный с помощью битового сокращения. Мы получили такое разделение комбинированием всех поднаборов в подзадачах. Предположим 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>. Пусть <tex>B[i]</tex> в поднаборе <tex>B[i].subset</tex>. Чтобы позволить разделению выполнится для каждого поднабора мы делаем следующее.  
 
Мы разделили <tex>q</tex> чисел <tex>p</tex> числами в каждый набор. То есть мы получили <tex>S_{0}</tex> < {<tex>e_{1}</tex>} < <tex>S_{1}</tex> < ... < {<tex>e_{p}</tex>} < <tex>S_{p}</tex>, где <tex>e_{i}</tex> это сегмент <tex>a_{i}</tex> полученный с помощью битового сокращения. Мы получили такое разделение комбинированием всех поднаборов в подзадачах. Предположим 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>. Пусть <tex>B[i]</tex> в поднаборе <tex>B[i].subset</tex>. Чтобы позволить разделению выполнится для каждого поднабора мы делаем следующее.  
Строка 223: Строка 223:
 
На это потребуется линейное время и место.
 
На это потребуется линейное время и место.
  
Теперь рассмотрим проблему упаковки, которую решим следующим образом. Будем считать что число бит в контейнере <tex>logm >= logloglogn</tex>, потому, что в противном случае можно использовать radix sort для сортировки чисел. У контейнера есть <tex>h/loglogn</tex> хэшированных значений (сегментов) в себе на уровне <tex>logh</tex> в Э.П.дереве. Полное число хэшированных бит в контейнере <tex>(2logn)(cloglogn)</tex> бит. Хотя хэшированны биты в контейнере выглядят как <tex>0^{i}t_{1}0^{i}t_{2}...t_{h/loglogn}</tex>, где <tex>t_{k}</tex>-ые это хэшированные биты, а нули это просто нули. Сначала упаковываем loglogn контейнеров в один и получаем <tex>w_{1} = 0^{j}t_{1, 1}t_{2, 1}...t_{loglogn, 1}0^{j}t_{1, 2}...t_{loglogn, h/loglogn}</tex> где <tex>t_{i, k}</tex>: <tex>k = 1, 2, ..., h/loglogn</tex> из <tex>i</tex>-ого контейнера. мы ипользуем <tex>O(loglogn)</tex> шагов, чтбы упаковать <tex>w_{1}</tex> в <tex>w_{2} = 0^{jh/loglogn}t_{1, 1}t_{2, 1} ... t_{loglogn, 1}t_{1, 2}t_{2, 2} ... t_{1, h/loglogn}t_{2, h/loglogn} ... t_{loglogn, h/loglogn}</tex>. Теперь упакованные хэш биты занимают <tex>2logn/c</tex> бит. Мы используем <tex>O(loglogn)</tex> времени чтобы распаковать <tex>w_{2}</tex> в <tex>loglogn</tex> контейнеров <tex>w_{3, k} = 0^{jh/loglogn}0^{r}t_{k, 1}O^{r}t_{k, 2} ... t_{k, h/loglogn} k = 1, 2, ..., loglogn</tex>. Затем используя <tex>O(loglogn)</tex> времени упаковываем эти <tex>loglogn</tex> контейнеров в один <tex>w_{4} = 0^{r}t_{1, 1}0^{r}t_{1, 2} ... t_{1, h/loglogn}0^{r}t_{2, 1} ... t_{loglogn, h/loglogn}</tex>. Затем используя <tex>O(loglogn)</tex> шагов упаковать <tex>w_{4}</tex> в <tex>w_{5} = 0^{s}t_{1, 1}t_{1, 2} ... t_{1, h/loglogn}t_{2, 1}t_{2, 2} ... t_{loglogn, h/loglogn}</tex>. В итоге мы используем <tex>O(loglogn)</tex> времени для упаковки <tex>loglogn</tex> контейнеров. Считаем что время потраченное на одно слово {{---}} константа.
+
Теперь рассмотрим проблему упаковки, которую решим следующим образом. Будем считать что число бит в контейнере <tex>\log m >= \log\log\log n</tex>, потому, что в противном случае можно использовать radix sort для сортировки чисел. У контейнера есть <tex>h/ \log\log n</tex> хэшированных значений (сегментов) в себе на уровне <tex>\log h</tex> в Э.П.дереве. Полное число хэшированных бит в контейнере <tex>(2 \log n)(c \log\log n)</tex> бит. Хотя хэшированны биты в контейнере выглядят как <tex>0^{i}t_{1}0^{i}t_{2}...t_{h/ \log\log n}</tex>, где <tex>t_{k}</tex>-ые это хэшированные биты, а нули это просто нули. Сначала упаковываем <tex>\log\log n</tex> контейнеров в один и получаем <tex>w_{1} = 0^{j}t_{1, 1}t_{2, 1}...t_{\log\log n, 1}0^{j}t_{1, 2}...t_{\log\log n, h/ \log\log n}</tex> где <tex>t_{i, k}</tex>: <tex>k = 1, 2, ..., h/ \log\log n</tex> из <tex>i</tex>-ого контейнера. мы ипользуем <tex>O(\log\log n)</tex> шагов, чтобы упаковать <tex>w_{1}</tex> в <tex>w_{2} = 0^{jh/ \log\log n}t_{1, 1}t_{2, 1} ... t_{\log\log n, 1}t_{1, 2}t_{2, 2} ... t_{1, h/ \log\log n}t_{2, h/ \log\log n} ... t_{\log\log n, h/ \log\log n}</tex>. Теперь упакованные хэш биты занимают <tex>2 \log n/c</tex> бит. Мы используем <tex>O(\log\log n)</tex> времени чтобы распаковать <tex>w_{2}</tex> в <tex>\log\log n</tex> контейнеров <tex>w_{3, k} = 0^{jh/ \log\log n}0^{r}t_{k, 1}O^{r}t_{k, 2} ... t_{k, h/ \log\log n} k = 1, 2, ..., \log\log n</tex>. Затем используя <tex>O(\log\log n)</tex> времени упаковываем эти <tex>\log\log n</tex> контейнеров в один <tex>w_{4} = 0^{r}t_{1, 1}0^{r}t_{1, 2} ... t_{1, h/ \log\log n}0^{r}t_{2, 1} ... t_{\log\log n, h/ \log\log n}</tex>. Затем используя <tex>O(\log\log n)</tex> шагов упаковать <tex>w_{4}</tex> в <tex>w_{5} = 0^{s}t_{1, 1}t_{1, 2} ... t_{1, h/ \log\log n}t_{2, 1}t_{2, 2} ... t_{\log\log n, h/ \log\log n}</tex>. В итоге мы используем <tex>O(\log\log n)</tex> времени для упаковки <tex>\log\log n</tex> контейнеров. Считаем что время потраченное на одно слово {{---}} константа.
  
 
==Вывод==
 
==Вывод==
Строка 230: Строка 230:
 
|id=th1.  
 
|id=th1.  
 
|statement=
 
|statement=
<tex>n</tex> целых чисел могут быть отсортированы за время <tex>O(nloglogn)</tex> и линейную память.
+
<tex>n</tex> целых чисел могут быть отсортированы за время <tex>O(n \log\log n)</tex> и линейную память.
 
}}
 
}}
  
 
==Литераура==
 
==Литераура==
Deterministic Sorting in O(nloglogn) Time and Linear Space. Yijie Han.
+
Deterministic Sorting in O(n \log\log n) Time and Linear Space. Yijie Han.
  
 
[[Категория: Дискретная математика и алгоритмы]]
 
[[Категория: Дискретная математика и алгоритмы]]
  
 
[[Категория: Сортировки]]
 
[[Категория: Сортировки]]

Версия 14:42, 12 июня 2012

Сортировка Хана (Yijie Han) — сложный алгоритм сортировки целых чисел со сложностью [math]O(n \log\log n)[/math], где [math]n[/math] — количество элементов для сортировки.

Данная статья писалась на основе брошюры Хана, посвященной этой сортировке. Изложение материала в данной статье идет примерно в том же порядке, в каком она предоставлена в работе Хана.

Алгоритм

Алгоритм построен на основе экспоненциального поискового дерева (далее — Э.П.дерево) Андерсона (Andersson's exponential search tree). Сортировка происходит за счет вставки целых чисел в Э.П.дерево.

Andersson's exponential search tree

Э.П.дерево с [math]n[/math] листьями состоит из корня [math]r[/math] и [math]n^e[/math] (0<[math]e[/math]<1) Э.П.поддеревьев, в каждом из которых [math]n^{1 - e}[/math] листьев; каждое Э.П.поддерево является сыном корня [math]r[/math]. В этом дереве [math]O(n \log\log n)[/math] уровней. При нарушении баланса дерева, необходимо балансирование, которое требует [math]O(n \log\log n)[/math] времени при [math]n[/math] вставленных целых числах. Такое время достигается за счет вставки чисел группами, а не по одиночке, как изначально предлагает Андерссон.

Необходимая информация

Определение:
Контейнер — объект определенного типа, содержащий обрабатываемый элемент. Например __int32, __int64, и т.д.


Определение:
Алгоритм сортирующий [math]n[/math] целых чисел из множества [math]\{0, 1, \ldots, m - 1\}[/math] называется консервативным, если длина контейнера (число бит в контейнере), является [math]O(\log(m + n))[/math]. Если длина больше, то алгоритм неконсервативный.


Определение:
Если мы сортируем целые числа из множества {0, 1, ..., [math]m[/math] - 1} с длиной контейнера [math]k \log (m + n)[/math] с [math]k[/math] >= 1, тогда мы сортируем с неконсервативным преимуществом [math]k[/math].


Определение:
Для множества [math]S[/math] определим

[math]\min(S) = \min\limits_{a \in S} a[/math]

min([math]S[/math]) = min([math]a[/math]:[math]a[/math] принадлежит [math]S[/math]) max([math]S[/math]) = max([math]a[/math]:[math]a[/math] принадлежит [math]S[/math])

Набор [math]S1[/math] < [math]S2[/math] если max([math]S1[/math]) <= min([math]S2[/math])


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 [math]O(m)[/math] памяти. Для своего дерева Андерссон использует хеширование, что позволяет сократить количество памяти до [math]O(n)[/math]. Для того, чтобы еще ускорить алгоритм нам необходимо упаковать несколько чисел в один контейнер, чтобы затем за константное количество шагов произвести хэширование для всех чисел хранимых в контейнере. Для этого используется хэш функция для хэширования [math]n[/math] чисел в таблицу размера [math]O(n^2)[/math] за константное время, без коллизий. Для этого используется хэш модифицированная функция авторства: Dierzfelbinger и Raman.

Алгоритм: Пусть целое число [math]b \gt = 0[/math] и пусть [math]U = \{0, \ldots, 2^b - 1\}[/math]. Класс [math]H_{b,s}[/math] хэш функций из [math]U[/math] в [math]\{0, \ldots, 2^s - 1\}[/math] определен как [math]H_{b,s} = \{h_{a} \mid 0 \lt a \lt 2^b, a \equiv 1 (\mod 2)\}[/math] и для всех [math]x[/math] из [math]U: h_{a}(x) = (ax \mod 2^b) div 2^{b - s}[/math].

Данный алгоритм базируется на следующей лемме:

Номер один.

Лемма:
Даны целые числа [math]b[/math] >= [math]s[/math] >= 0 и [math]T[/math] является подмножеством {0, ..., [math]2^b[/math] - 1}, содержащим [math]n[/math] элементов, и [math]t[/math] >= [math]2^{-s + 1}[/math]С[math]^k_{n}[/math]. Функция [math]h_{a}[/math] принадлежащая [math]H_{b,s}[/math] может быть выбрана за время [math]O(bn^2)[/math] так, что количество коллизий [math]coll(h_{a}, T) \lt = t[/math]

Взяв [math]s = 2 \log n[/math] мы получим хэш функцию [math]h_{a}[/math] которая захэширует [math]n[/math] чисел из [math]U[/math] в таблицу размера [math]O(n^2)[/math] без коллизий. Очевидно, что [math]h_{a}(x)[/math] может быть посчитана для любого [math]x[/math] за константное время. Если мы упакуем несколько чисел в один контейнер так, что они разделены несколькими битами нулей, мы спокойно сможем применить [math]h_{a}[/math] ко всему контейнеру, а в результате все хэш значения для всех чисел в контейере были посчитаны. Заметим, что это возможно только потому, что в вычисление хэш знчения вовлечены только (mod [math]2^b[/math]) и (div [math]2^{b - s}[/math]).

Такая хэш функция может быть найдена за [math]O(n^3)[/math].

Следует отметить, что несмотря на размер таблицы [math]O(n^2)[/math], потребность в памяти не превышает [math]O(n)[/math] потому, что хэширование используется только для уменьшения количества бит в числе.

Signature sorting

В данной сортировке используется следующий алгоритм:

Предположим, что [math]n[/math] чисел должны быть сортированы, и в каждом [math]\log m[/math] бит. Мы рассматриваем, что в каждом числе есть [math]h[/math] сегментов, в каждом из которых [math]\log (m/h)[/math] бит. Теперь мы применяем хэширование ко всем сегментам и получаем [math]2h \log n[/math] бит хэшированных значений для каждого числа. После сортировки на хэшированных значениях для всех начальных чисел начальная задача по сортировке [math]n[/math] чисел по [math]m[/math] бит в каждом стала задачей по сортировке [math]n[/math] чисел по [math] \log (m/h)[/math] бит в каждом.

Так же, рассмотрим проблему последующего разделения. Пусть [math]a_{1}[/math], [math]a_{2}[/math], ..., [math]a_{p}[/math][math]p[/math] чисел и [math]S[/math] — множество чисeл. Мы хотим разделить [math]S[/math] в [math]p + 1[/math] наборов таких, что: [math]S_{0}[/math] < {[math]a_{1}[/math]} < [math]S_{1}[/math] < {[math]a_{2}[/math]} < ... < {[math]a_{p}[/math]} < [math]S_{p}[/math]. Т.к. мы используем signature sorting, до того как делать вышеописанное разделение, мы поделим биты в [math]a_{i}[/math] на [math]h[/math] сегментов и возьмем некоторые из них. Мы так же поделим биты для каждого числа из [math]S[/math] и оставим только один в каждом числе. По существу для каждого [math]a_{i}[/math] мы возьмем все [math]h[/math] сегментов. Если соответствующие сегменты [math]a_{i}[/math] и [math]a_{j}[/math] совпадают, то нам понадобится только один. Сегменты, которые мы берем для числа в [math]S[/math], — сегмент, который выделяется из [math]a_{i}[/math]. Таким образом мы преобразуем начальную задачу о разделении [math]n[/math] чисел в [math]\log m[/math] бит в несколько задач на разделение с числами в [math]\log (m/h)[/math] бит.

Пример:

[math]a_{1}[/math] = 3, [math]a_{2}[/math] = 5, [math]a_{3}[/math] = 7, [math]a_{4}[/math] = 10, S = {1, 4, 6, 8, 9, 13, 14}.

Мы разделим числа на 2 сегмента. Для [math]a_{1}[/math] получим верхний сегмент 0, нижний 3; [math]a_{2}[/math] верхний 1, нижний 1; [math]a_{3}[/math] верхний 1, нижний 3; [math]a_{4}[/math] верхний 2, нижний 2. Для элементов из S получим: для 1: нижний 1 т.к. он выделяется из нижнего сегмента [math]a_{1}[/math]; 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.

Сортировка на маленьких целых

Для лучшего понимания действия алгоритма и материала, изложенного в данной статье, в целом, ниже представлены несколько полезных лемм.

Номер два.

Лемма:
[math]n[/math] целых чисел можно отсортировать в [math]\sqrt{n}[/math] наборов [math]S_{1}[/math], [math]S_{2}[/math], ..., [math]S_{\sqrt{n}}[/math] таким образом, что в каждом наборе [math]\sqrt{n}[/math] чисел и [math]S_{i}[/math] < [math]S_{j}[/math] при [math]i[/math] < [math]j[/math], за время [math]O(n \log\log n/ \log k)[/math] и место [math]O(n)[/math] с не консервативным преимуществом [math]k \log\log n[/math]
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]
Доказательство данной леммы будет приведено далее в тексте статьи.
[math]\triangleleft[/math]

Номер три.

Лемма:
Выбор [math]s[/math]-ого наибольшего числа среди [math]n[/math] чисел упакованных в [math]n/g[/math] контейнеров может быть сделана за [math]O(n \log g/g)[/math] время и с использованием [math]O(n/g)[/math] места. Конкретно медиана может быть так найдена.
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]
Так как мы можем делать попарное сравнение [math]g[/math] чисел в одном контейнере с [math]g[/math] числами в другом и извлекать большие числа из одного контейнера и меньшие из другого за константное время, мы можем упаковать медианы из первого, второго, ..., [math]g[/math]-ого чисел из 5 контейнеров в один контейнер за константное время. Таким образом набор [math]S[/math] из медиан теперь содержится в [math]n/(5g)[/math] контейнерах. Рекурсивно находим медиану [math]m[/math] в [math]S[/math]. Используя [math]m[/math] уберем хотя бы [math]n/4[/math] чисел среди [math]n[/math]. Затем упакуем оставшиеся из [math]n/g[/math] контейнеров в [math]3n/4g[/math] контейнеров и затем продолжим рекурсию.
[math]\triangleleft[/math]

Номер четыре.

Лемма:
Если [math]g[/math] целых чисел, в сумме использующие [math](\log n)/2[/math] бит, упакованы в один контейнер, тогда [math]n[/math] чисел в [math]n/g[/math] контейнерах могут быть отсортированы за время [math]O((n/g) \log g)[/math], с использованием [math]O(n/g)[/math] места.
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

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

Для контейнеров вне групп (которых [math]\sqrt(n)(g - 1)[/math] штук) мы просто разберем и соберем заново контейнеры. На это потребуется не более [math]O(n/g)[/math] места и времени. После всего этого мы используем bucket sorting вновь для сортировки [math]n[/math] контейнеров. таким образом мы отсортируем все числа.
[math]\triangleleft[/math]

Заметим, что когда [math]g = O( \log n)[/math] мы сортируем [math]O(n)[/math] чисел в [math]n/g[/math] контейнеров за время [math]O((n/g) \log\log n)[/math], с использованием O(n/g) места. Выгода очевидна.

Лемма пять.

Лемма:
Если принять, что каждый контейнер содержит [math] \log m \gt \log n[/math] бит, и [math]g[/math] чисел, в каждом из которых [math](\log m)/g[/math] бит, упакованы в один контейнер. Если каждое число имеет маркер, содержащий [math](\log n)/(2g)[/math] бит, и [math]g[/math] маркеров упакованы в один контейнер таким же образом[math]^*[/math], что и числа, тогда [math]n[/math] чисел в [math]n/g[/math] контейнерах могут быть отсортированы по их маркерам за время [math]O((n \log\log n)/g)[/math] с использованием [math]O(n/g)[/math] места. (*): если число [math]a[/math] упаковано как [math]s[/math]-ое число в [math]t[/math]-ом контейнере для чисел, тогда маркер для [math]a[/math] упакован как [math]s[/math]-ый маркер в [math]t[/math]-ом контейнере для маркеров.
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]
Контейнеры для маркеров могут быть отсортированы с помощью bucket sort потому, что каждый контейнер использует [math]( \log n)/2[/math] бит. Сортировка сгруппирует контейнеры для чисел как в четвертой лемме. Мы можем переместить каждую группу контейнеров для чисел.
[math]\triangleleft[/math]

Заметим, что сортирующие алгоритмы в четвертой и пятой леммах нестабильные. Хотя на их основе можно построить стабильные алгоритмы используя известный метод добавления адресных битов к каждому входящему числу.

Если у нас длина контейнеров больше, сортировка может быть ускорена, как показано в следующей лемме.

Лемма шесть.

Лемма:
предположим, что каждый контейнер содержит [math]\log m \log\log n \gt \log n[/math] бит, что [math]g[/math] чисел, в каждом из которых [math](\log m)/g[/math] бит, упакованы в один контейнер, что каждое число имеет маркер, содержащий [math](\log n)/(2g)[/math] бит, и что [math]g[/math] маркеров упакованы в один контейнер тем же образом что и числа, тогда [math]n[/math] чисел в [math]n/g[/math] контейнерах могут быть отсортированы по своим маркерам за время [math]O(n/g)[/math], с использованием [math]O(n/g)[/math] памяти.
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]
Заметим, что несмотря на то, что длина контейнера [math]\log m \log\log n[/math] бит всего [math]\log m[/math] бит используется для хранения упакованных чисел. Так же как в леммах четыре и пять мы сортируем контейнеры упакованных маркеров с помощью bucket sort. Для того, чтобы перемещать контейнеры чисел мы помещаем [math]g \log\log n[/math] вместо [math]g[/math] контейнеров чисел в одну группу. Для транспозиции чисел в группе содержащей [math]g \log\log n[/math] контейнеров мы сначала упаковываем [math]g \log\log n[/math] контейнеров в [math]g[/math] контейнеров упаковывая [math]\log\log n[/math] контейнеров в один. Далее мы делаем транспозицию над [math]g[/math] контейнерами. Таким образом перемещение занимает всего [math]O(g \log\log n)[/math] времени для каждой группы и [math]O(n/g)[/math] времени для всех чисел. После завершения транспозиции, мы далее распаковываем [math]g[/math] контейнеров в [math]g \log\log n[/math] контейнеров.
[math]\triangleleft[/math]

Заметим, что если длина контейнера [math]\log m \log\log n[/math] и только [math]\log m[/math] бит используется для упаковки [math]g \lt = \log n[/math] чисел в один контейнер, тогда выбор в лемме три может быть сделан за время и место [math]O(n/g)[/math], потому, что упаковка в доказатльстве леммы три теперь может быть сделана за время [math]O(n/g)[/math].

Сортировка n целых чисел в sqrt(n) наборов

Постановка задачи и решение некоторых проблем:

Рассмотрим проблему сортировки [math]n[/math] целых чисел из множества {0, 1, ..., [math]m[/math] - 1} в [math]\sqrt{n}[/math] наборов как во второй лемме. Мы предполагаем, что в каждом контейнере [math]k \log\log n \log m[/math] бит и хранит число в [math]\log m[/math] бит. Поэтому неконсервативное преимущество [math]k \log \log n[/math]. Мы так же предполагаем, что [math]\log m \gt = \log n \log\log n[/math]. Иначе мы можем использовать radix sort для сортировки за время [math]O(n \log\log n)[/math] и линейную память. Мы делим [math]\log m[/math] бит, используемых для представления каждого числа, в [math]\log n[/math] блоков. Таким образом каждый блок содержит как минимум [math]\log\log n[/math] бит. [math]i[/math]-ый блок содержит с [math]i \log m/ \log n[/math]-ого по [math]((i + 1) \log m/ \log n - 1)[/math]-ый биты. Биты считаются с наименьшего бита начиная с нуля. Теперь у нас имеется [math]2 \log n[/math]-уровневый алгоритм, который работает следующим образом:

На каждой стадии мы работаем с одним блоком бит. Назовем эти блоки маленькими числами (далее м.ч.) потому, что каждое м.ч. теперь содержит только [math]\log m/ \log n[/math] бит. Каждое число представлено и соотносится с м.ч., над которым мы работаем в данный момент. Положим, что нулевая стадия работает с самыми большим блоком (блок номер [math]\log n - 1[/math]). Предполагаем, что биты этих м.ч. упакованы в [math]n/ \log n[/math] контейнеров с [math]\log n[/math] м.ч. упакованных в один контейнер. Мы пренебрегаем временем, потраченным на на эту упаковку, считая что она бесплатна. По третьей лемме мы можем найти медиану этих [math]n[/math] м.ч. за время и память [math]O(n/ \log n)[/math]. Пусть [math]a[/math] это найденная медиана. Тогда [math]n[/math] м.ч. могут быть разделены на не более чем три группы: [math]S_{1}[/math], [math]S_{2}[/math] и [math]S_{3}[/math]. [math]S_{1}[/math] содержит м.ч. которые меньше [math]a[/math], [math]S_{2}[/math] содержит м.ч. равные [math]a[/math], [math]S_{3}[/math] содержит м.ч. большие [math]a[/math]. Так же мощность [math]S_{1}[/math] и [math]S_{3} [/math]<= [math]n/2[/math]. Мощность [math]S_{2}[/math] может быть любой. Пусть [math]S'_{2}[/math] это набор чисел, у которых наибольший блок находится в [math]S_{2}[/math]. Тогда мы можем убрать убрать [math]\log m/ \log n[/math] бит (наибольший блок) из каждого числа из [math]S'_{2}[/math] из дальнейшего рассмотрения. 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 [math]\log n[/math] блоков, для каждого числа потребуется не более [math]\log n[/math] стадий чтобы поместить его в набор половинного размера. За [math]2 \log n[/math] стадий все числа будут отсортированы. Так как на каждой стадии мы работаем с [math]n/ \log n[/math] контейнерами, то игнорируя время, необходимое на упаковку м.ч. в контейнеры и помещение м.ч. в нужный набор, мы затратим [math]O(n)[/math] времени из-за [math]2 \log n[/math] стадий.

Сложная часть алгоритма заключается в том, как поместить маленькие числа в набор, которому принадлежит соответствующее число, после предыдущих операций деления набора в нашем алгоритме. Предположим, что [math]n[/math] чисел уже поделены в [math]e[/math] наборов. Мы можем использовать [math]\log e[/math] битов чтобы сделать марки для каждого набора. Теперь хотелось бы использовать лемму шесть. Полный размер маркера для каждого контейнера должен быть [math]\log n/2[/math], и маркер использует [math]\log e[/math] бит, количество маркеров [math]g[/math] в каждом контейнере должно быть не более [math]\log n/(2\log e)[/math]. В дальнейшем т.к. [math]g = \log n/(2 \log e)[/math] м.ч. должны влезать в контейнер. Каждый контейнер содержит [math]k \log\log n \log n[/math] блоков, каждое м.ч. может содержать [math]O(k \log n/g) = O(k \log e)[/math] блоков. Заметим, что мы используем неконсервативное преимущество в [math]\log\log n[/math] для использования леммы шесть. Поэтому мы предполагаем что [math]\log n/(2 \log e)[/math] м.ч. в каждом из которых [math]k \log e[/math] блоков битов числа упакованный в один контейнер. Для каждого м.ч. мы используем маркер из [math]\log e[/math] 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 [math]\log n/(2 \log e)[/math] маркеров, то для каждого контейнера требуется [math](\log n)/2[/math] бит. Таким образом лемма шесть может быть применена для помещения м.ч. в наборы, которым они принадлежат. Так как используется [math]O((n \log e)/ \log n)[/math] контейнеров то время необходимое для помещения м.ч. в их наборы потребуется [math]O((n \log e)/ \log n)[/math] времени.

Стоит отметить, что процесс помещения нестабилен, т.к. основан на алгоритме из леммы шесть.

При таком помещении мы сразу сталкиваемся со следующей проблемой.

Рассмотрим число [math]a[/math], которое является [math]i[/math]-ым в наборе [math]S[/math]. Рассмотрим блок [math]a[/math] (назовем его [math]a'[/math]), который является [math]i[/math]-ым м.ч. в [math]S[/math]. Когда мы используем вышеописанный метод перемещения нескольких следующих блоков [math]a[/math] (назовем это [math]a''[/math]) в [math]S[/math], [math]a''[/math] просто перемещен на позицию в наборе [math]S[/math], но не обязательно на позицию [math]i[/math] (где расположен [math]a'[/math]). Если значение блока [math]a'[/math] одинаково для всех чисел в [math]S[/math], то это не создаст проблемы потому, что блок одинаков вне зависимости от того в какое место в [math]S[/math] помещен [math]a''[/math]. Иначе у нас возникает проблема дальнейшей сортировки. Поэтому мы 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 мы помещаем больше бит в набор мы помещаем последующие блоки вместе с текущим блоком в набор. Так вот, в вышеописанном процессе помещения мы предполагаем, что самый значимый блок среди [math]k \log e[/math] блоков это текущий блок. Таким образом после того как мы поместили эти [math]k \log e[/math] блоков в набор мы удаляем изначальный текущий блок, потому что мы знаем, что эти [math]k \log e[/math] блоков перемещены в правильный набор и нам не важно где находился начальный текущий блок. Тот текущий блок находится в перемещенных [math]k \log e[/math] блоках.

Стоит отметить, что после нескольких уровней деления размер наборов станет маленьким. Леммы четыре, пять и шесть расчитанны на не очень маленькие наборы. Но поскольку мы сортируем набор из [math]n[/math] элементов в наборы размера [math]\sqrt{n}[/math], то проблем не должно быть.

Собственно алгоритм:

Algorithm Sort([math]k \log\log n[/math], [math]level[/math], [math]a_{0}[/math], [math]a_{1}[/math], ..., [math]a_{t}[/math])

[math]k \log\log n[/math] это неконсервативное преимущество, [math]a_{i}[/math]-ые это входящие целые числа в наборе, которые надо отсортировать, [math]level[/math] это уровень рекурсии.

1)

[math]if level == 1[/math] тогда изучить размер набора. Если размер меньше или равен [math]\sqrt{n}[/math], то [math]return[/math]. Иначе разделить этот набор в <= 3 набора используя лемму три, чтобы найти медиану а затем использовать лемму 6 для сортировки. Для набора где все элементы равны медиане, не рассматривать текущий блок и текущим блоком сделать следующий. Создать маркер, являющийся номером набора для каждого из чисел (0, 1 или 2). Затем направьте маркер для каждого числа назад к месту, где число находилось в начале. Также направьте двубитное число для каждого входного числа, указывающее на текущий блок. [math]Return[/math].

2)

От [math]u = 1[/math] до [math]k[/math]

2.1) Упаковать [math]a^{(u)}_{i}[/math]-ый в часть из [math]1/k[/math]-ых номеров контейнеров, где [math]a^{(u)}_{i}[/math] содержит несколько непрерывных блоков, которые состоят из [math]1/k[/math]-ых битов [math]a_{i}[/math] и у которого текущий блок это самый крупный блок.

2.2) Вызвать Sort([math]k \log\log n[/math], [math]level - 1[/math], [math]a^{(u)}_{0}[/math], [math]a^{(u)}_{1}[/math], ..., [math]a^{(u)}_{t}[/math]). Когда алгоритм возвращается из этой рекурсии, маркер, показывающий для каждого числа, к которому набору это число относится, уже отправлен назад к месту где число находится во входных данных. Число имеющее наибольшее число бит в [math]a_{i}[/math], показывающее на ткущий блок в нем, так же отправлено назад к [math]a_{i}[/math].

2.3) Отправить [math]a_{i}-ые к их наборам, используя лемму шесть.[/math]

end.

Algorithm IterateSort Call Sort([math]k \log\log n[/math], [math]\log_{k}((\log n)/4)[/math], [math]a_{0}[/math], [math]a_{1}[/math], ..., [math]a_{n - 1}[/math]);

от 1 до 5

начало

Поместить [math]a_{i}[/math] в соответствующий набор с помощью bucket sort потому, что наборов около [math]\sqrt{n}[/math]

Для каждого набора [math]S = [/math]{[math]a_{i_{0}}, a_{i_{1}}, ..., a_{i_{t}}[/math]}, если [math]t \gt sqrt{n}[/math], вызвать Sort([math]k \log\log n[/math], [math]\log_{k}((\log n)/4)[/math], [math]a_{i_{0}}, a_{i_{1}}, ..., a_{i_{t}}[/math])

конец

Время работы алгоритма [math]O(n \log\log n/ \log k)[/math], что доказывает лемму 2.

Собственно сортировка с использованием O(n \log\log n) времени и памяти

Для сортировки [math]n[/math] целых чисел в диапазоне от {[math]0, 1, ..., m - 1[/math]} мы предполагаем, что используем контейнер длины [math]O(\log (m + n))[/math] в нашем консервативном алгоритме. Мы всегда считаем что все числа упакованы в контейнеры одинаковой длины.

Берем [math]1/e = 5[/math] для экспоненциального поискового дереве Андерссона. Поэтому у корня будет [math]n^{1/5}[/math] детей и каждое Э.П.дерево в каждом ребенке будет иметь [math]n^{4/5}[/math] листьев. В отличии от оригинального дерева, мы будем вставлять не один элемент за раз а [math]d^2[/math], где [math]d[/math] — количество детей узла дерева, где числа должны спуститься вниз. Но мы не будем сразу опускать донизу все [math]d^2[/math] чисел. Мы будем полностью опускать все [math]d^2[/math] чисел на один уровень. В корне мы опустим [math]n^{2/5}[/math] чисел на следующий уровень. После того, как мы опустили все числа на следующий уровень мы успешно разделили числа на [math]t_{1} = n^{1/5}[/math] наборов [math]S_{1}, S_{2}, ..., S_{t_{1}}[/math], в каждом из которых [math]n^{4/5}[/math] чисел и [math]S_{i} \lt S_{j}, i \lt j[/math]. Затем мы берем [math]n^{(4/5)(2/5)}[/math] чисел из [math]S_{i}[/math] за раз и опускаем их на следующий уровень Э.П.дерева. Повторяем это, пока все числа не опустятся на следующий уровень. На этом шаге мы разделили числа на [math]t_{2} = n^{1/5}n^{4/25} = n^{9/25}[/math] наборов [math]T_{1}, T_{2}, ..., T_{t_{2}}[/math] в каждом из которых [math]n^{16/25}[/math] чисел, аналогичным наборам [math]S_{i}[/math]. Теперь мы можем дальше опустить числа в нашем Э.П.дереве.

Нетрудно заметить, что ребалансирока занимает [math]O(n \log\log n)[/math] времени с [math]O(n)[/math] временем на уровень. Аналогично стандартному Э.П.дереву Андерссона.

Нам следует нумеровать уровни Э.П.дерева с корня, начиная с нуля. Рассмотрим спуск вниз на уровне [math]s[/math]. Мы имеем [math]t = n^{1 - (4/5)^s}[/math] наборов по [math]n^{(4/5)^s}[/math] чисел в каждом. Так как каждый узел на данном уровне имеет [math]p = n^{(1/5)(4/5)^s}[/math] детей, то на [math]s + 1[/math] уровень мы опустим [math]q = n^{(2/5)(4/5)^s}[/math] чисел для каждого набора или всего [math]qt \gt = n^{2/5}[/math] чисел для всех наборов за один раз.

Спуск вниз можно рассматривать как сортировку [math]q[/math] чисел в каждом наборе вместе с [math]p[/math] числами [math]a_{1}, a_{2}, ..., a_{p}[/math] из Э.П.дерева, так, что эти [math]q[/math] чисел разделены в [math]p + 1[/math] наборов [math]S_{0}, S_{1}, ..., S_{p}[/math] таких, что [math]S_{0} \lt [/math]{[math]a_{1}[/math]} < ... < {[math]a_{p}[/math]}[math] \lt S_{p}[/math].

Так как нам не надо полностью сортировать [math]q[/math] чисел и [math]q = p^2[/math], есть возможность использовать лемму 2 для сортировки. Для этого нам надо неконсервативное преимущество которое мы получим ниже. Для этого используем линейную технику многократного деления (multi-dividing technique) чтобы добиться этого.

Для этого воспользуемся signature sorting. Адаптируем этот алгоритм для нас. Предположим у нас есть набор [math]T[/math] из [math]p[/math] чисел, которые уже отсортированы как [math]a_{1}, a_{2}, ..., a_{p}[/math], и мы хотим использовать числа в [math]T[/math] для разделения [math]S[/math] из [math]q[/math] чисел [math]b_{1}, b_{2}, ..., b_{q}[/math] в [math]p + 1[/math] наборов [math]S_{0}, S_{1}, ..., S_{p}[/math] что [math]S_{0}[/math] < {[math]a_{1}[/math]} < [math]S_{1}[/math] < ... < {[math]a_{p}[/math]} < [math]S_{p}[/math]. Назовем это разделением [math]q[/math] чисел [math]p[/math] числами. Пусть [math]h = \log n/(c \log p)[/math] для константы [math]c \gt 1[/math]. [math]h/ \log\log n \log p[/math] битные числа могут быть хранены в одном контейнере, так что одно слово хранит [math](\log n)/(c \log\log n)[/math] бит. Сначала рассматриваем биты в каждом [math]a_{i}[/math] и каждом [math]b_{i}[/math] как сегменты одинаковой длины [math]h/ \log\log n[/math]. Рассматриваем сегменты как числа. Чтобы получить неконсервативное преимущество для сортировки мы хэштруем числа в этих контейнерах ([math]a_{i}[/math]-ом и [math]b_{i}[/math]-ом) чтобы получить [math]h/ \log\log n[/math] хэшированных значений в одном контейнере. Чтобы получить значения сразу, при вычислении хэш значений сегменты не влияют друг на друга, мы можем даже отделить четные и нечетные сегменты в два контейнера. Не умаляя общности считаем, что хэш значения считаются за константное время. Затем, посчитав значения мы объединяем два контейнера в один. Пусть [math]a'_{i}[/math] хэш контейнер для [math]a_{i}[/math], аналогично [math]b'_{i}[/math]. В сумме хэш значения имеют [math](2 \log n)/(c \log\log n)[/math] бит. Хотя эти значения разделены на сегменты по [math]h/ \log\log n[/math] бит в каждом контейнере. Между сегментами получаются пустоты, которые мы забиваем нулями. Сначала упаковываем все сегменты в [math](2 \log n)/(c \log\log n)[/math] бит. Потом рассмотрим каждый хэш контейнер как число и отсортируем эти хэш слова за линейное время (сортировка рассмотрена чуть позже). После этой сортировки биты в [math]a_{i}[/math] и [math]b_{i}[/math] разрезаны на [math]\log\log n/h[/math]. Таким образом мы получили дополнительное мультипликативное преимущество в [math]h/ \log\log n[/math] (additional multiplicative advantage).

После того, как мы повторили вышеописанный процесс [math]g[/math] раз мы получили неконсервативное преимущество в [math](h/ \log\log n)^g[/math] раз, в то время как мы потратили только [math]O(gqt)[/math] времени, так как каждое многократное деление делятся за линейное время [math]O(qt)[/math].

Хэш функция, которую мы используем, находится следующим образом. Мы будем хэшировать сегменты, которые [math]\log\log n/h[/math]-ые, [math](\log\log n/h)^2[/math]-ые, ... от всего числа. Для сегментов вида [math](\log\log n/h)^t[/math], получаем нарезанием всех [math]p[/math] чисел на [math](\log\log n/h)^t[/math] сегментов. Рассматривая каждый сегмент как число мы получаем [math]p(\log\log n/h)^t[/math] чисел. Затем получаем одну хэш функцию для этих чисел. Так как [math]t \lt \log n[/math] то мы получим не более [math]\log n[/math] хэш функций.

Рассмотрим сортировку за линейное время о которой было упомянуто ранее. Предполагаем, что мы упаковали хэшированные значения для каждого контейнера в [math](2 \log n)/(c \log\log n)[/math] бит. У нас есть [math]t[/math] наборов в каждом из которых [math]q + p[/math] хэшированных контейнеров по [math](2 \log n)/(c \log\log n)[/math] бит в каждом. Эти числа должны быть отсортированы в каждом наборе. Мы комбинируем все хэш контейнеры в один pool и сортируем следующим образом.

Procedure linear-Time-Sort

Входные данные: [math]r \gt = n^{2/5}[/math] чисел [math]d_{i}[/math], [math]d_{i}[/math].value значение числа [math]d_{i}[/math] в котором [math](2 \log n)/(c \log\log n)[/math] бит, [math]d_{i}.set[/math] набор, в котором находится [math]d_{i}[/math], следует отметить что всего [math]t[/math] наборов.

1) Сортировать все [math]d_{i}[/math] по [math]d_{i}[/math].value используя bucket sort. Пусть все сортированные числа в A[1..r]. Этот шаг занимает линейное время так как сортируется не менее [math]n^{2/5}[/math] чисел.

2) Поместить все A[j] в A[j].set

Таким образом мы заполнили все наборы за линейное время.

Как уже говорилось ранее после [math]g[/math] сокращений бит мы получили неконсервативное преимущество в [math](h/ \log\log n)^g[/math]. Мы не волнуемся об этих сокращениях до конца потому, что после получения неконсервативного преимущества мы можем переключиться на лемму два для завершения разделения [math]q[/math] чисел с помощью [math]p[/math] чисел на наборы. Заметим, что по природе битового сокращения, начальная задача разделения для каждого набора перешла в [math]w[/math] подзадачи разделения на [math]w[/math] поднаборы для какого-то числа [math]w[/math].

Теперь для каждого набора мы собираем все его поднаборы в подзадачах в один набор. Затем используя лемму два делаем разделение. Так как мы имеем неконсервативное преимущество в [math](h/ \log\log n)^g[/math] и мы работаем на уровнях не ниже чем [math]2 \log\log\log n[/math], то алгоритм занимает [math]O(qt \log\log n/(g(\log h - \log\log\log n) - \log\log\log n)) = O(\log\log n)[/math] времени.

Мы разделили [math]q[/math] чисел [math]p[/math] числами в каждый набор. То есть мы получили [math]S_{0}[/math] < {[math]e_{1}[/math]} < [math]S_{1}[/math] < ... < {[math]e_{p}[/math]} < [math]S_{p}[/math], где [math]e_{i}[/math] это сегмент [math]a_{i}[/math] полученный с помощью битового сокращения. Мы получили такое разделение комбинированием всех поднаборов в подзадачах. Предположим числа хранятся в массиве [math]B[/math] так, что числа в [math]S_{i}[/math] предшествуют числам в [math]S_{j}[/math] если [math]i \lt j[/math] и [math]e_{i}[/math] хранится после [math]S_{i - 1}[/math] но до [math]S_{i}[/math]. Пусть [math]B[i][/math] в поднаборе [math]B[i].subset[/math]. Чтобы позволить разделению выполнится для каждого поднабора мы делаем следующее.

Помещаем все [math]B[j][/math] в [math]B[j].subset[/math]

На это потребуется линейное время и место.

Теперь рассмотрим проблему упаковки, которую решим следующим образом. Будем считать что число бит в контейнере [math]\log m \gt = \log\log\log n[/math], потому, что в противном случае можно использовать radix sort для сортировки чисел. У контейнера есть [math]h/ \log\log n[/math] хэшированных значений (сегментов) в себе на уровне [math]\log h[/math] в Э.П.дереве. Полное число хэшированных бит в контейнере [math](2 \log n)(c \log\log n)[/math] бит. Хотя хэшированны биты в контейнере выглядят как [math]0^{i}t_{1}0^{i}t_{2}...t_{h/ \log\log n}[/math], где [math]t_{k}[/math]-ые это хэшированные биты, а нули это просто нули. Сначала упаковываем [math]\log\log n[/math] контейнеров в один и получаем [math]w_{1} = 0^{j}t_{1, 1}t_{2, 1}...t_{\log\log n, 1}0^{j}t_{1, 2}...t_{\log\log n, h/ \log\log n}[/math] где [math]t_{i, k}[/math]: [math]k = 1, 2, ..., h/ \log\log n[/math] из [math]i[/math]-ого контейнера. мы ипользуем [math]O(\log\log n)[/math] шагов, чтобы упаковать [math]w_{1}[/math] в [math]w_{2} = 0^{jh/ \log\log n}t_{1, 1}t_{2, 1} ... t_{\log\log n, 1}t_{1, 2}t_{2, 2} ... t_{1, h/ \log\log n}t_{2, h/ \log\log n} ... t_{\log\log n, h/ \log\log n}[/math]. Теперь упакованные хэш биты занимают [math]2 \log n/c[/math] бит. Мы используем [math]O(\log\log n)[/math] времени чтобы распаковать [math]w_{2}[/math] в [math]\log\log n[/math] контейнеров [math]w_{3, k} = 0^{jh/ \log\log n}0^{r}t_{k, 1}O^{r}t_{k, 2} ... t_{k, h/ \log\log n} k = 1, 2, ..., \log\log n[/math]. Затем используя [math]O(\log\log n)[/math] времени упаковываем эти [math]\log\log n[/math] контейнеров в один [math]w_{4} = 0^{r}t_{1, 1}0^{r}t_{1, 2} ... t_{1, h/ \log\log n}0^{r}t_{2, 1} ... t_{\log\log n, h/ \log\log n}[/math]. Затем используя [math]O(\log\log n)[/math] шагов упаковать [math]w_{4}[/math] в [math]w_{5} = 0^{s}t_{1, 1}t_{1, 2} ... t_{1, h/ \log\log n}t_{2, 1}t_{2, 2} ... t_{\log\log n, h/ \log\log n}[/math]. В итоге мы используем [math]O(\log\log n)[/math] времени для упаковки [math]\log\log n[/math] контейнеров. Считаем что время потраченное на одно слово — константа.

Вывод

Таким образом имеем:

Теорема:
[math]n[/math] целых чисел могут быть отсортированы за время [math]O(n \log\log n)[/math] и линейную память.

Литераура

Deterministic Sorting in O(n \log\log n) Time and Linear Space. Yijie Han.