如何合并、拆分和查询第 k 个排序列表？

Posted 2023-02-22

【中文标题】如何合并、拆分和查询第 k 个排序列表？

【英文标题】：How can I merge, split and query k-th of sorted lists?

【发布时间】：2016-10-27 12:53:51

【问题描述】：

最初我有 n 个元素，它们位于 n 个图块中。

我需要支持3种查询：

将两个图块合并为一个图块。

将一个图块分成两个图块。 （形式上对于一个大小为 k 的 tile，将其拆分为大小为 k1 和 k2 的两个 tile，k=k1+k2，第一个 tile 包含最小的 k1 个元素，第二个 tile 包含其余的元素）

在一个图块中找到第 k 个最小的元素。

仍然假设有 n 个查询。我可以达到什么最坏情况的时间复杂度？

【问题讨论】：

1. O(n1 + n2), 2. 取决于数据结构中的任何一个 O(k1 + k2), O(min(k1, k2)), O(1), 3. O(1) 具有适当的数据结构。你的问题到底是什么？这些都是很常见的问题，解决起来并不难。

:) 显然我要求的是复杂性，例如 O(logn) 或 O(sqrt(n))。而且这些查询应该一并解决……它们不是单独的问题。

不，你问的不是很清楚。您是否正在寻找任意数量的合并和拆分操作的摊销时间复杂度？一次性解决是什么意思？

合并的怎么样了。我的意思是，如果你有一个瓷砖列表，那么你应该只合并 2 个连续的瓷砖？？

不，我可以合并任意两个图块。 @Shasha99

【参考方案1】：

这不是一个完整的答案，而是关于可以做什么的一些想法。

我的想法是基于skip list。

让每个图块都是一个可索引的排序跳过列表。

拆分那么就很简单了：找到k-th元素，打断i > k1-th和j <= k1-th元素之间的每一个链接（最多有O(log n)这样的链接）。

合并比较棘手。

首先，假设我们可以在O(log n) 中连接两个跳过列表。

假设我们正在合并两个图块 T1 和 T2。

比较T1 中的第一个元素t1 和T2 中的t2。让我们 说t1 < t2

然后，在T1中找到最后一个t1'仍小于t2。

我们必须在t1' 之后插入t2。但首先，我们正在查看T1 中t1' 之后的元素t1*。

现在在T2 中搜索最后一个t2' 仍小于t1*。

必须在t1' 和t1* 之间插入从t2 开始到t2' 结束的整个T2 元素序列。

所以，我们在t1'和t2'进行拆分，获取新列表T1a、T1b、T2a、T2b。

我们连接T1a、T2a和T1b，得到新的列表T1*。

我们正在为T1* 和T2b 重复整个过程。

在一些伪python代码中：

#skiplist interface:
# split(list, k) - splits list after the k-th element, returns two lists
# concat(list1, list2) - concatenates two lists, returns the new one
# index(list, k) - returns k-th element from the list
# upper_bound(list, val) - returns the index of the last element less that val
# empty(list) - check if list is empty

def Query(tile, k)
    return index(tile, k)

def Split(tile, k)
    return split(tile, k)

def Merge(tile1, tile2):
    if empty(tile1):
        return tile2
    if empty(tile2):
        return tile1

    t1 = index(tile1, 0)
    t2 = index(tile2, 0)

    if t1 < t2:
        #(1)
        i1 = upper_bound(tile1, t2)
        t1s = index(tile1, i1 + 1)
        i2 = upper_bound(tile2, t1s)

        t1_head, t1_tail = split(tile1, i1)
        t2_head, t2_tail = split(tile2, i2)

        head = concat(t1_head, t2_head)
        tail = Merge(t1_tail, t2_tail)

        return concat(head, tail)
    else:
        #swap tile1, tile2, do (1)

最多有O(p) 这样的迭代，其中p 是T1 和T2 中交错运行的次数。每次迭代都需要O(log n) 操作才能完成。

正如@newbie 所指出的，有一个例子，ps 的总和等于n log n。 此 python 脚本为k = log_2 n 生成这样一个示例（输出中的加号代表合并）：

def f(l):
    if len(l) == 2:
        return "%s+%s" % (l[0], l[1])
    if len(l) == 1:
        return str(l[0])
    l1 = [l[i] for i in xrange(0, len(l), 2)]
    l2 = [l[i + 1] for i in xrange(0, len(l), 2)]
    l_str = f(l1)
    r_str = f(l2)
    return "(%s)+(%s)" % (l_str, r_str)

def example(k):
    print f(list(range(0, 2 ** k)))

对于n = 16：

example(4)

给我们以下查询：

(
    (
        (0+8)+(4+12)
    )
    +
    (
        (2+10)+(6+14)
    )
)
+
(
    (
        (1+9)+(5+13)
    )
    +
    (
        (3+11)+(7+15)
    )
)

这是一棵二叉树，我们在其中合并高度为j 的2^j 大小的图块数量2^(k-j)。瓦片的构造方式使其元素始终交错，因此对于大小为q 的瓦片，我们正在执行O(q) 拆分连接。

但是，对于这种特定情况，它仍然不会恶化 O(n log n) 的整体复杂性，因为（非常非正式地说）“小”列表的每个拆分连接的成本低于 O(log n)，而且还有更多“小”列表比“大”列表。

我不确定是否有更糟糕的反例，但目前我认为n 查询的总体最坏情况复杂度介于n log^2 n 和n log n 之间。

【讨论】：

我相信 p 是 O(nlogn)。令 n=2^k，考虑 a1...an=1...n，令 a 的前 n/2 个元素为 1,3,5,...,n-1，最后n/2 为 2,4,6,8,...,n 并递归地构造每一半。然后让我们像在段树中一样从下到上合并。那么 p 将是 O(nlogn)。

@newbie，如果我理解正确，那可能是对的。尽管如此，O(n log^2 n) 的整体复杂性还不错。虽然我们正在合并大小为2 ^ j 的2 ^ (k - j) 列表，而不是大小为n 的列表，但对于每个j < k，它仍然是O(n log n)。我再给它一些想法，然后编辑我的答案。

【参考方案2】：

寻找：

std::merge 或 std::set_union std::partition std::find（或 std::find_if）

1 和 2 的线性复杂度。 取决于您的容器 3，最坏的情况是线性的。

但不清楚你到底在问什么。你有一些我们可以看的代码吗？

【讨论】：

我对操作的线性复杂度不感兴趣。

对不起，我以为这是一个 C++ 问题。更多的是关于算法。

【参考方案3】：

当我问这个问题时，我不知道如何解决它，因为似乎可以回答我自己的问题，所以我将自己回答这个问题：/

首先，假设排序列表中的值是 1~n 之间的整数。如果没有，您可以对它们进行排序和映射。

让我们为每个排序列表构建一个段树，段树是基于值 (1~n) 构建的。在段树的每个节点中存储了这个范围内有多少个数字，我们称之为节点的值。

似乎需要 O(nlogn) 空间来存储每个段树，但我们可以简单地删除 value=0 的节点，只有当它们的值>0 时才真正分配这些节点。

所以对于一个只有一个元素的排序列表，我们只需构建一个这个值的链，所以只需要 O(logn) 内存。

int s[SZ]/*value of a node*/,
ch[SZ][2]/*a node's two children*/;
//make a seg with only node p, return in the first argument
//call with sth. like build(root,1,n,value);
void build(int& x,int l,int r,int p)

    x=/*a new node*/; s[x]=1;
    if(l==r) return;
    int m=(l+r)>>1;
    if(p<=m) build(ch[x][0],l,m,p);
    else build(ch[x][1],m+1,r,p);

当我们拆分一个段树（排序列表）时，只需递归地拆分两个孩子：

//make a new node t2, split t1 to t1 and t2 so that s[t1]=k
void split(int t1,int& t2,int k)

    t2=/*a new node*/;
    int ls=s[ch[t1][0]]; //size of t1's left child
    if(k>ls) split(ch[t1][1],ch[t2][1],k-ls); //split the right child of t1
    else swap(ch[t1][1],ch[t2][1]); //all right child belong to t2
    if(k<ls) split(ch[t1][0],ch[t2][0],k); //split the left child of t1
    s[t2]=s[t1]-k; s[t1]=k;

当我们合并两个排序列表时，强制合并：

//merge trees t1&t2, return merged segment tree
int merge(int t1,int t2)

    if(t1&&t2);else return t1^t2; //nothing to merge
    ch[t1][0]=merge(ch[t1][0],ch[t2][0]);
    ch[t1][1]=merge(ch[t1][1],ch[t2][1]);
    s[t1]+=s[t2]; /*erase t2, it's useless now*/ return t1;

看起来很简单，不是吗？但它的总复杂度实际上是 O(nlogn)。

证明：

让我们调查一下分配的段树节点的总数。

最初我们将分配 O(nlogn) 个这样的节点（每个节点 O(logn) 个）。

对于每次拆分尝试，我们最多会分配 O(logn) 更多，因此总共也将是 O(nlogn)。原因显然是我们将递归地只拆分节点的左孩子或右孩子。

所以分配的段树节点总数最多只有O(nlogn)。

让我们考虑合并，除了'nothing to merge'，每次我们调用merge时，分配的segment tree节点的总数都会减少1（t2不再有用了）。显然 'nothing to merge' 只有在它的父亲真正被合并时才会被调用，所以它们与复杂性无关。

分配的segment tree节点总数为O(nlogn)，每次有用的合并都会减1，所以所有合并的总复杂度为O(nlogn)。

总结一下，我们得到了结果。

查询第k个也很简单，我们已经做到了:)

//query k-th of segment tree x[l,r]
int ask(int x,int l,int r,int k)

    if(l==r) return l;
    int ls=s[ch[x][0]]; //how many nodes in left child
    int m=(l+r)>>1;
    if(k>ls) return ask(ch[x][1],m+1,r,k-ls);
    return ask(ch[x][0],l,m,k);