算法--分治思想的运用

Posted 2021-01-12 wangjm63

前言：上次算法课主要对分治思想进行了介绍，在这里进行以下总结和几个例子的应用。

一、分治算法

设计过程：（1）分解：将问题分解为子问题，子问题的形式与原问题是一样的，只是规模减小了。

                  （2）求解：递归地求解出子问题。

                  （3）合并：将子问题的解组合成原问题的解。

分治算法中最重要的就是递归求解子问题，求解递归式估计出算法的复杂度一般可以有三种方式：

（1）代入法：猜测一个界，然后用数学归纳法证明这个界是正确的。

（2）递归树法：将递归式转为一棵树，其结点表示不同层次的递归调用产生的代价。

（3）主方法：即Master定理，主要求解以下形式的递归式：T(n)=aT(n/b)+f(n)；该方法有三种情形，只要记住这三种情形，可以很快速的求解出递归式：

                       【1】若对某个常数€>0有f(n)=O(n^log_ba-€_{）则T（n）=}Θ(n^log_ba)；

                       【2】若f（n）₌Θ(n^log_ba)，则T(n)=Θ(n^log_balgn)；

                       【3】若f（n）₌Θ(n^log_ba+€)，则T(n)=Θ(f(n))；

二、应用例子：

（1）设X[0:n-1]和Y[0:n-1]为两个数组，每个数组中含有n个已排好序的数，设计一个算法复杂度为O(logn)的分治算法，找出X和Y中2n个数中的中位数。（中位数：个数为奇数：中间位置上的数；个数为偶数，中间两个数的平均数）

思路：对于两个已排好序的数组，可以寻找两个数组中的中位数，只需要进行n次的比较，时间复杂度可以为O(n)，代码如下

int main(void)
{
　　int x[] = { 2, 4, 5, 11, 12, 13, 14 };
　　int y[] = { 1, 3, 6, 7, 8, 9, 10 };
　　int a1, a2, n1, n2, n;
　　n = n1 = n2 = 0;
　　while (n < 7)
　　{
　　　　a1 = x[n1] <= y[n2] ? x[n1++] : y[n2++];
　　　　n++;
　　}
　　a2 = x[n1] <= y[n2] ? x[n1++] : y[n2++];
　　printf("%lg ", (double)(a1 + a2) / 2);

　　return 0;
}

使用分治法设计算法的思路如下：

1.分别取两个数组的中位数：若n为奇数，则x=X[n/2]，y=Y[n/2]；若n为偶数，则x,y分别为两个数组中间两个数的平均数。并设两个数组的左右边界分别为：XLeft,XRight；YLeft,YRight.

2.比较两个中位数的大小：

　　（1）若x<y：则舍去x之前的数和y之后的数，形成新的子数组：X[n/2:XRight]，Y[YLeft:n/2]

　　（2）若x>y：则舍去x之后的数和y之前的数，形成新的子数组：X[XLeft:n/2]，Y[n/2:YRight]

　　（3）若x=y：则该数即是中位数，直接输出即可。

3.若是步骤2中的前两种情形，则进行递归，每次都筛去一半的数，直至两个子数组的长度为1，递归结束，输出数组中两个数的平均数。

复杂度分析：

T(n)=O(1)  n=1；T(n)=T(n/2)+1  n>1；

使用Master定理，f(n)=n^log₂1 =1，所以T(n)=O(logn)。

（2）有一实数序列a1,a2,....an，若i<j且ai>aj，则（ai，aj）形成了一个逆序对，请使用分治算法求整个序列中逆序对个数，并分析算法时间复杂度。

思路：看到这个问题的第一个想法是建立两层循环：

int i,j;

int count=0;

for(i=1;i<=n;i++)

{

 　　for(j=i+1;j<=n;j++)

　　{

　　　　if (ai>aj)

  　　　　count++;

　　}

}

这种算法的时间复杂度应该为O(n²)

分治算法设计思路：将该实数序列分解为两个等大的子序列，则逆序对存在于左序列、右序列及左右序列之间，递归求解左序列、右序列中的逆序对，而左右序列之间的逆序对需要合并，若直接进行合并，则遍历需要的时间复杂度为(n/2)*（n/2)，复杂度并未得到改善，所以需要对合并进行优化，若对两个排好序的左右序列进行合并，则不影响逆序对的结果，并且只需要遍历n次，即合并的时间复杂度为O(n).

过程：

[1].分解：将原序列分为两个等大的实数序列，即左序列，右序列

[2].求解：递归求解左序列、右序列中的逆序对

[3].合并：在合并的过程中排序并计算逆序对的个数。比如两个排好序的数组{1,3,4,6}和{2,7,8,9}：1<2,左序列中往后移；3>2，则说明左序列中后面的数都大于2，所以有3个逆序对（3,2）（4,2）（6,2），右序列中指针向后移；3<7,左序列中往后移，4<7，往后移，6<7，往后移，至此已经没有逆序对了。

仔细想这个过程和归并排序非常像，只是在合并时计算逆序对的个数。

时间复杂度分析：

T(n)=2T(n/2)+O(1)+O(n);依次为求解子问题的代价，分解时的代价，及合并时的代价。利用Master定理：a=2,b=2,n^log₂2 =n，f(n)=n,所以T(n)=O(nlogn)

（3）求解天际线问题

给定n座建筑物B[1,2,...,n]，每个建筑物B[i]表示为一个矩形，用三元组B[i]=（ai,bi,hi）表示，其中ai表示建筑左下顶点，bi表示建筑的右下顶点，hi表示建筑的高，请设计一个O(nlogn)的算法求出这n座建筑物的天际轮廓。例如，左下图所示中8座建筑的表示分别为(1,5,11),(2,7,6),(3,9,13),(12,16,7),(14,25,3),(19,22,18),(23,29,13)和(24,28,4)，其中天际轮廓如右下图所示可用9个高度的变化(1,11),(3,13),(9,0),(12,7),(16,3),(19,18),(22,3),(23,13)和(29,0)表示。另举一个例子，假定只有一个建筑物(1,5,11)，其天际轮廓输出为2个高度的变化(1,11),(5,0)。

 

【思路】：若只有一个建筑，那么输出的点一定是建筑的左上和右下顶点，根据这个思路，使用分治法解决。

算法描述：

1. 取mid=n/2（n为建筑的总数目）为分界线，将原有所有的建筑划分为左建筑集合（0，mid）右建筑集合（mid+1,n-1），将原问题一分为二进行递归
2. 当建筑数量为1时：返回两个点：p1=左上顶点；p2=右下顶点
3. 合并：

（1）定义三个变量hl,hr,h，全部初始化为0，分别记录左集合、右集合及总体高度的变化值；

（2）遍历左建筑点L和右建筑点R：选取横坐标较小的点，若该点在左集合中，则hl为该点的纵坐标，比较hl与hr，选取二者的较大值替换该点的纵坐标，再与h进行比较，若纵坐标与h相等，则舍弃该点；若纵坐标与h不等，则保留该点，且当纵坐标大于h时，将h替换为纵坐标的值，h始终为高度的较大值。

（3）当左集合或右集合遍历完毕时，另一方剩余的点直接取到。

可以用一个例子模拟该过程进栈出栈的过程：

建筑群集合为(1,5,11)(2,7,6):

1. 经过分解，取到每个建筑的左上顶点和右下顶点：（1,11）（5,0）；（2，6）（7,0）；
2. 进行合并：

hl=0,hr=0,h=0;

①left[0].x=1<right[0].x=2；（1,11）进栈。此时hl=11,hr=0,h=max(hl,hr)=11；保留该点；左集合中右移left[1]。

②left[1].x=5>right[0].x=2；（2,6）暂时进栈；此时hr=6,hl=11,h=11；则将right[1].y=max(hl,hr)=11；此时right[1].y=h:舍弃该点，（2,11）出栈；右集合右移，right[1]

③left[1].x=5<right[1].x=7；（5,0）暂时进栈；此时hr=0,hl=11,h=11；则left[1].y=max(hl,hr)=11；此时left[1].y=h:舍弃该点，（5,11）出栈。左集合右移

④左集合遍历完毕，直接将右集合中剩余的点入栈

 （4）POJ3714：在与联邦的战斗接连失败后，帝国撤退到最后的据点。帝国依靠其强大的防御系统，击退了六次联合进攻。在经历了几个不眠之夜后，阿瑟将军注意到防御系统的唯一弱点是它的能源供应。该系统由N个核电站负责，并拆除其中任何一个将使该系统失效。这位将军很快就开始了对这些电台的突袭，这些特工被带进了要塞。不幸的是，由于帝国空军的袭击，他们未能到达预期的位置。作为一名经验丰富的将军，亚瑟很快意识到他需要重新安排这个计划。他现在想知道的第一件事是，哪个代理是离任何发电站最近的。你能不能帮助将军计算一个代理和一个站之间的最小距离？

【思路】：此题是对最近点对问题的一个应用，最近点对问题中最后的解可能出现在三种情形中：左问题集合；右问题集合；一个点在左集合，一个点在右集合中。而POJ3714的这道题目相当于对最后的解进行了限制：必须是两个集合中的点，所以我们只需在求最近点对的问题上加上一个限制：判断最后求得的两个点是否处于两个集合中，判断时可使用“标志位”。具体的算法可以使用两种方法：

【1】只进行了x轴预排序

f(Q,i,j)//Q已经按x轴进行了排序

{

　　if(j-i<=c)

　　{

　　　　直接计算距离，比较得到最小距离；

　　　　return；

　　}

　　di=f（Q,i,(i+j)/2-1）；

　　dj=f(Q,(i+j)/2，j)；

　　d=min{di,dj}；

　　A:临界区，存入中位线范围d的所有点；

　　对A中的所有点按y轴排序；//该过程每次调用都对y进行排序，时间复杂度较大

　　计算A中点间的距离；

}

【2】空间换时间，对集合中的点进行X，Y预排序

算法描述如下：

（1）输入点集合sa[2n]：为station[n]集合中的点加上标志flag=ture，为agent[n]中的点加上标志flag=false。

（2）预排序：对sa集合中的点按X轴从小到大排序；按y轴从小到大排序并记录下标值。（通过预排序用空间换时间，降低算法的时间复杂度）

（3）递归调用求解最近点对的方法

1. 集合中只有一个点，不进行计算
2. 集合中有两个点，判断两个点是否属于同一集合：是--计算距离；否--不进行计算。
3. 集合中多于两个点，按x轴排序计算中位数然后将原集合分解为两个规模基本一致的子集合，递归调用。

对于临界区中的点，因为已经进行了y轴预排序，所以直接进行扫描，对每一个点计算按y轴排序后面的6个点（鸽巢原理）与它的距离，并与两个子集合中的最小距离进行比较。