前言

本篇文章我将介绍 期望为线性时间 的选择算法和 最坏情况为线性时间 的选择算法,即分别为 平均情况下时间复杂度为O(n)最坏情况下时间复杂度为O(n) 的线性时间选择。以下包含了我自己的全部思考和学习过程,参考书籍为 算法导论(第三版)


线性时间选择问题

问题概述

线性时间选择 :一个由 n互异的数字构成的集合a,选择在这个集合中第 k 小的数 x,即集合中恰好有 k-1 个数字小于 x,并输出这个数字 x

比如 我们有一个集合 {4, 2, 1, 7, 5},我们要找到集合中的第 3 小的元素,那么答案就是 4 。

解决思路

相信大部分童鞋都学习过了 快速排序算法 ,而我们的 线性时间选择算法 就是基于快速排序的。(如有对快速排序还不了解的童鞋,可以来看看这里哟~ 快速排序

在线性时间选择算法中,我们会延用快速排序中使用到的划分函数 Partition,我们将用这个 Partition 函数来递归划分数组。与快速排序不同的是,我们在调用这个 Partition 函数的时候,只会对数组的其中一边进行不断划分,而快速排序需要对两边都不断进行划分,最后得到正序序列。

在后面的分析中我们会发现,我们选择的第 k 小的元素,可能就是当前这个划分位置对应的元素,如果不在当前划分位置,要么就是在数组划分处的左半部分,要么就是在数组划分处的右半部分。所以我们只需要对一边进行操作,不断去判断当前划分位置的元素是否是我们要找的第 k 小元素 x 即可。


平均情况为O(n)的线性时间选择

算法步骤

1、我们将 Partition 函数进行一个小小的改进,采用随机取基准值的方式对数组进行划分,即 Randomized-Partition ,这样有可能避免一些极端的划分情况。(Partition 在后续的实现代码中,我将使用左右指针法)

2、得到当前基准值的划分位置 mid,定义一个 res 记录当前这个元素在 [left, right] 范围中是第几小元素。

3、如果 k == res,那么这个这个划分位置的元素就是我们要找的第 k 小的元素。

如果不是,有以下两种情况:

k < res 时,我们要从当前 [left, right] 的左半部分进行寻找,即 [left, mid - 1]。不难发现,之后我们依旧找的是此范围的第 k 小元素。

k > res 时,我们要从当前 [left, right] 的右半部分进行寻找,即 [mid + 1, right]但是要注意的是,对于整个集合范围的第 k 小元素,此时我们要找的应该是 [mid + 1, right] 中的第 k - res 小元素。


程序实现

源代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
using namespace std; //原始划分函数
int Partition(int a[], int left, int right){
int i = left;
int j = right;
int key = a[left]; while(i != j){
while(i < j && a[j] >= key) //向左找到小于基准值的值的下标
j--;
while(i < j && a[i] <= key) //向右找到大于基准值的值的下标
i++;
swap(a[i], a[j]);
}
/* i等于j时跳出循环 当前基准值此时在下标为i的位置(合适的位置) */
swap(a[left], a[i]); //最左边的元素变为处于当前合适位置的元素,把基准值放在合适位置
return i; //返回合适位置(i,j都可以)
} //随机取基准值 划分函数
int Randomized_Partition(int a[], int left, int right){
int random = rand() % (right - left + 1) + left;
swap(a[random], a[left]); return Partition(a, left, right);
} //平均情况O(n²)的线性时间选择
int Randomized_Select(int a[], int left, int right, int k){
if(left == right)
return a[left]; int mid = Randomized_Partition(a, left, right);
int res = mid - left + 1; //res表示当前是范围内的第几小
if(k == res)
return a[mid];
if(k < res)
return Randomized_Select(a, left, mid - 1, k);
else
return Randomized_Select(a, mid + 1, right, k - res);
} main(){
int a[27] = {25,11,9,1,13,21,3,10,27,15,19,8,30,35,22,12,31,2,7,23,26,5,14,37,4,34,17};
cout<<"The 10th number is "<<Randomized_Select(a, 0, 26, 10)<<endl;
}

运行结果图


时间复杂度分析

最坏时间复杂度

假如我们每次划分的位置的元素恰好每次都不是当前的第 k 小元素,我们要进行 n - 1 的划分,而划分的时间复杂度为 O(n),所以我们可以得到此时的最坏时间复杂度为 O(n²) 。举个简单一点的例子,假如我们要找的是当前集合中的最小的元素,即第 1 小元素,若我们每次划分的位置的元素恰好是当前范围内的最大元素,那么可想而知我们的最坏时间复杂度就是 O(n²)

平均时间复杂度

现在我们重点分析随机取基准值的线性时间选择的平均时间复杂度,即如何求得平均时间复杂度为 O(n)

在分析过程中,我们需要用到一些概率论的知识(概率论好难的额)。

我们可以假设这个算法在数组 a[left ... right] 上运行的时间是一个随机变量,记作 T(n) 。我们视每一次划分返回的基准值是等可能性的,由此我们可以得到对于每一个 k (0<k<=n),子数组 a[left, mid]恰好有 k 个元素小于基准值的概率为 1/n。我们可以得到下列关系式:

现在我们具体计算 T(n)

假设 T(n) 是单调递增的,我们可以评估得到其递归调用所需的上界。而对于我们之前设的随机变量 Xk,当 kXk 相对应时,Xk1 ,在其他情况下都是取 0。当 Xk = 1 时,我们有可能要处理的是最半部分长度为 k - 1 的数组,也有可能是右半部分长度为 n - k 的数组,为了得到 T(n) 的上界,我们需要取两种可能中的较大时间。同时不要忘了划分本身消耗的时间。由此我们可以得到如下的关系式:

对于 max(k-1, n-k) 的取值我们有如下的思考:

我们可以很容易发现,当 n 为偶数时,T(n/2)T(n-1) 都各自出现了两次;如果 n 为奇数呢,除了偶数情况下各自出现两次之外,还有一个 T((n-1)/2) 出现了一次,但是并不影响上界的证明。我们总结之前得到的关系式,可以得到以下不等式:

此时,E(T(n)) 最多是 cn,当常数 c > 4a 时,n >= 2c/(c-4a)。由此可以得到,当 n < 2c/(c-4a) 时,T(n) = O(1),这就满足了我们在上面图中做出的存在常数时间复杂度的假设;同时,因为 E(T(n)) 最多是 cn,我们的常数 c 也存在,那么期望时间复杂度 E(T(n)) = O(n)

综上,随机取基准值的线性时间选择的平均时间复杂度为 O(n)

分析过程中的思考

为什么 E(Xk) 与 T(max(k-1, n-k)) 相互独立

注意 Xk 表示的是子数组 a[left, mid] 恰好有 k 个元素的概率,而我们所设的 T(n) 是在这个长度的子数组上操作所运行的时间,这两者是有本质上差别的。通俗地来讲,我们可以把子数组 a[left, mid] 看成是长度为 mid-left+1 的一列地砖,地砖上只有前 k 个上有数字,我们现在要从当前起点匀速走过这些地砖,不会去看这些数字是什么和多少个,那么我们走过去的时间一定是一个常量,即我们走过去的时间就是速度×地砖长度。可见 XkT(n) 是毫不相干的两个量,所以自然是相互独立地咯~。


最坏情况为O(n)的线性时间选择

算法思考

先前我们已经知道了平均情况下时间复杂度为 O(n) 的线性时间选择算法,但是它的最坏时间复杂度是 O(n²),那么是否有方法可以使最坏时间复杂度降低到 O(n) 呢?

接下来将介绍所谓的 最坏情况为O(n) 的选择算法,Select 选择算法。


算法步骤

1、我们将集合中的元素进行每 5 个进行分组,剩余于的 n mod 5 个元素组成单独一个组;

2、对每一组单独进行排序(比较简单的排序方式都可以),取出每一组的中位数,并和序列的前几个进行交换(为了后期方便);

3、将取出的所有组的中位数,递归调用 Select 函数,找出所有中位数的中位数 x

4、按照这个中位数 x,对当前 [left, right] 范围序列进行划分;

5、定义 res = mid - left + 1 判断是否是当前的第 k 小元素,若是直接返回 a[mid]

否则,有以下两种情况:

k < res,就在左半部分递归调用 Select 函数,寻找 [left, mid - 1] 内的第 k 小元素;

k > res,就在右半部分递归调用 Select 函数,寻找 [mid + 1, right] 内的第 k-res 小元素。


动态演示

我们以集合 a[27] = {25,11,9,1,13,21,3,10,27,15,19,8,30,35,22,12,31,2,7,23,26,5,14,37,4,34,17}, k = 10为例

初始元素,从左到右每五个分一组

每组排序找到中位数,最后一组不处理

中位数和前面交换,找出中位数的中位数x

按照x进行划分并判断

递归调用找左半部分并找出中位数

中位数和前面交换,找出此时的x

中位数的中位数x进行划分

递归调用找右半部分并找出中位数

此时中位数就一个,作为x进行划分找到第10小元素


程序实现

源代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
using namespace std; //最坏情况O(n)的线性时间选择 划分函数
int Partition(int a[], int left, int right, int x){
//找到基准值并和第一个位置交换
for(int index = left; index <= right; index++){
if(a[index] == x){
swap(a[index], a[left]);
break;
}
}
//找到基准值位置确定划分处(左右指针法)
int i = left, j = right;
while(i != j){
while(i < j && a[j] >= x)
j--;
while(i < j && a[i] <= x)
i++;
swap(a[i], a[j]);
}
swap(a[left], a[i]);
return i;
} //最坏情况O(n)的线性时间选择
int Select(int a[], int left, int right, int k){
//当小于五个元素时直接进行C++自带排序(其他排序方式也可以)
if(right - left < 5){
sort(a + left, a + right + 1); //记得sort左闭右开
return a[k + left - 1];
} //每五个一组,找到各组中位数,并存储到前(r-l-4)/5的位置
for(int i = 0; i <= (right - left - 4)/5; i++){
//当前 有(r-l-4)/5向下取整+1个 中位数
sort(a + left + i * 5, a + left + i*5 + 4 + 1);
//每组的中位数交换到前面
swap(a[left + i], a[left + i*5 + 2]);
} //递归调用Select找出所有中位数的中位数 x
int x = Select(a, left, left + (right-left-4)/5, (right-left-4)/10 + 1); //以 x 为基准值找到所在的划分位置
int mid = Partition(a, left, right, x);
int res = mid - left + 1;
if(k == res)
return a[mid]; //找到第 k 小该元素
if(k < res)
return Select(a, left, mid - 1, k); //继续在左半部分寻找
else
return Select(a, mid + 1, right, k - res);//继续在右半部分寻找
} main(){
int a[27] = {25,11,9,1,13,21,3,10,27,15,19,8,30,35,22,12,31,2,7,23,26,5,14,37,4,34,17};
cout<<"第 10 小元素为: "<<Select(a, 0, 26, 10)<<endl;
}

运行结果图


时间复杂度分析

最坏情况时间复杂度

我们需要求得最坏时间复杂度,就是需要求得这个时间复杂度 T(n) 的上界。在确定了一个划分基准值 x 时,我们不难发现,这个时候的 n/5向上取整 组中,除了那个不满五个元素的组 和 x 自己所在的组,我们至少有一半的组有 三个元素 大于 x。那么减去这两个特殊的组,只算那至少一半的组,我们可以得到大于 x 的元素的个数如下:

那么由这个上界,在之前的 算法步骤 5 中,我们递归调用的最大时间是 T(7n/10 + 6)

这个时候我们整理一下每个步骤需要的时间:

首先,之前的 算法步骤 1 中,我们分组的时间复杂度很明显是 O(n)

其次 算法步骤 2 对每组的五个元素进行排序,我们视其为对相对于整个问题(可以把整个问题看成有非常多的元素,例如一亿个数据)为 O(1) 规模大小的每组进行排序,对此我们要进行 O(n) 时间复杂度次数的排序,那么我们在此步骤中相对于整个问题而言时间复杂度也是同级的O(n)

然后是 算法步骤 3,递归调用 Select,以为有 n/5向上取整 个中位数,显然我们要消耗 T(n/5向上取整)

那么综合上面的几个时间复杂度,我们可以得到如下关系式:

现在我们要再次用到先前在 平均情况O(n)的线性时间选择 板块所用到的假设法来证明这个关系式最后解出的 T(n) 是线性的。

我们假设存在足够大的常数 c 使得对所有 n>0T(n)<=cn,还要假设某个小于常数的 n 使得T(n) = O(1);同时还需要选择一个常数 a,使得对所有 n>0,关系式中的 O(n) 存在上界 an。由此我们可以得到如下不等式:

综上,我们可以得到当前算法的 最坏时间复杂度O(n),也许上面的证明有一些颠覆人们的认知,然后事实就是如此。


程序改进

程序改进点

我们在上面得到了当 n > 70 时的时间复杂度为 O(n);当 n <= 70 的时候只要 O(1) 的时间。

当我们解决问题的规模非常大时,假如有100000个互异的元素,我们不妨定一个数字,若当前数组范围小于这个数字时,直接进行简单的排序,返回这个第 k 小的元素。我们之前得到的 n < 70,那么我们可以用一个与之相近并大于它的数字来替代这个 70,就比如 75 吧。当数据规模小于 75 时,我们直接进行排序即可。

改进程序源代码

下面是改进后的实现代码,测试用例规模 100000 。对于元素互异的问题,我们由于数据量较大,所以可以假设元素都是互异的。

#include<iostream>
#include<unordered_set>
#include<algorithm>
#include<ctime>
using namespace std; //最坏情况O(n)的线性时间选择 划分函数
int Partition(int a[], int left, int right, int x){
//找到基准值并和第一个位置交换
for(int index = left; index <= right; index++){
if(a[index] == x){
swap(a[index], a[left]);
break;
}
}
//找到基准值位置确定划分处(左右指针法)
int i = left, j = right;
while(i != j){
while(i < j && a[j] >= x)
j--;
while(i < j && a[i] <= x)
i++;
swap(a[i], a[j]);
}
swap(a[left], a[i]);
return i;
} //最坏情况O(n)的线性时间选择
int Select(int a[], int left, int right, int k){
//当g规模小于 75 时直接进行排序(其他排序方式也可以)
if(right - left < 75){
sort(a + left, a + right + 1); //记得sort左闭右开
return a[k + left - 1];
} //每五个一组,找到各组中位数,并存储到前(r-l-4)/5的位置
for(int i = 0; i <= (right - left - 4)/5; i++){
//当前 有(r-l-4)/5向下取整+1个 中位数
sort(a + left + i * 5, a + left + i*5 + 4 + 1);
//每组的中位数交换到前面
swap(a[left + i], a[left + i*5 + 2]);
} //递归调用Select找出所有中位数的中位数 x
int x = Select(a, left, left + (right-left-4)/5, (right-left-4)/10 + 1); //以 x 为基准值找到所在的划分位置
int mid = Partition(a, left, right, x);
int res = mid - left + 1;
if(k == res)
return a[mid]; //找到第 k 小该元素
if(k < res)
return Select(a, left, mid - 1, k); //继续在左半部分寻找
else
return Select(a, mid + 1, right, k - res);//继续在右半部分寻找
} int *a = new int[1000 * 100]; //全局变量,防止栈溢出
main(){
srand((int)time(0));
int index = 0;
while(index < 100000){
int num = rand() % 1000000;
a[index++] = num;
} for(int i = 0; i < 100000; i++)
cout<<a[i]<<" ";
cout<<endl<<endl; cout<<"第 66666 小元素为: "<<Select(a, 0, 99999, 66666)<<endl;
}

程序运行结果图

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