在数组中的每个项目之前有多少个连续元素较小

Posted 2023-02-19

【中文标题】在数组中的每个项目之前有多少个连续元素较小

【英文标题】：how many consecutive elements are smaller before each item in the array

【发布时间】：2017-01-11 16:45:34

【问题描述】：

给定一个包含N < 10 000 元素的数组，对于数组中的每个位置i，找出（以最有效的方式）从它左边开始有多少个连续元素（即从位置i-1 到0）小于或等于array[i]。

这是一个例子：

Array: 4 3 6 1 1 2 8 5 9
Res:   0 0 2 0 1 2 6 0 8
( pos 0 (element 4) -> 0 consecutive elements before it,
  pos 1 (element 3) -> 0 consecutive elements before it smaller than 3 (4>3)
  pos 2 (element 6) -> 2 consecutive elements before it smaller than 6 (4,3)
  and so on..
)

我认为这是一个动态编程问题，因为它在问题中说“最有效的方法”，并且在解决方案中它说有一个 O(n) 解决方案。

O(n^2) 解决方案很简单，两个循环，计算元素。

这是我对0(n) 的看法。有人会假设：

for (int i = 1; i < array.Length; i++) 
   if (array[i-1] > array[i])
   
      c [i] = 0;
   
   else 
      c [i] = c [i - 1] + MAGIC_FORMULA;
   

显然，如果我找到一个大于下一个的元素，结果显然是 0（左边没有比它小的数字）。 但是前面的结果告诉我什么让我可以使用动态编程？我找不到那个案例的任何复发。此外，该公式必须在O(1) 中获得，整个解决方案为O(n)，对吗？想过使用哈希集，但无法弄清楚。考虑过使用 kadane 算法的一些修改版本，但没有成功。

我很想了解O(n) 解决方案。我整天都在考虑O(n) 解决方案，但我真的被困住了。

我不是本地人，因此非常感谢任何有助于使这个问题更好/更易于理解的帮助。

【参考方案1】：

有一个线性解决方案，但它不使用动态编程，而是使用简单的循环和堆栈。首先，您可以进行以下观察：计算“小于或等于c[i] 的连续元素的数量”与查找“更大的索引j <= i 使得c[j] > c[i]”几乎是相同的任务。

这个想法如下：对于每个i（从左i = 0到右i = n - 1），我们维护所有索引j的集合，这样c[j] > c[k]对于所有j < k < i。这个集合可以存储在堆栈中，最低的值在顶部。当你读到c[i] 时，你会弹出元素，直到你得到一个索引j 这样c[j] > c[i]。这是想要的索引。然后你可以将i 压入堆栈。

示例：s 是堆栈。这里ans[i] 将是maxj <= i | c[j] > c[i]。如果前一组为空，ans[i] 将为 -1。

i    0 1 2 3 4 5 6 7 8
c[i] 4 3 6 1 1 2 8 5 9
------------------------
i = 0:
    - s = []:     ans[0] = -1
    - push i:     s = [0]
i = 1:
    - s = [0]:    c[1] < c[0] -> ans[1] = 1
    - push i:     s = [0, 1]
i = 2:
    - s = [0, 1]: c[2] >= c[1] -> pop
      s = [0]:    c[2] >= c[0] -> pop
      s = []:     ans[2] = -1
    - push i:     s = [2]
i = 3:
    - s = [2]:    c[3] < c[2] -> ans[3] = 2
    - push i:     s = [2, 3]
i = 4:
    - s = [2, 3]: c[4] >= c[3] -> pop
      s = [2]:    c[4] < c[2] -> ans[4] = 2
    - push i:     s = [2, 4]
i = 5
    - s = [2, 4]: c[5] >= c[3] -> pop
      s = [2]:    c[5] < c[2] -> ans[5] = 2
    - push i:     s = [2, 5]
i = 6
    - s = [2, 5]: c[6] >= c[5] -> pop    
      s = [2]:    c[6] >= c[2] -> pop
      s = [] ->   ans[6] = -1
    - push i:     s = [6]
i = 7
    - s = [6]:    c[7] < c[6] -> ans[7] = 6
    - push i:     s = [6, 7]
i = 8
    - s = [6, 7]: c[8] >= c[7] -> pop
      s = [6]:    c[8] >= c[6] -> pop
      s = [] ->   ans[8] = -1
    - push i:     s = [8]     

【讨论】：

很抱歉，我很难理解答案。你能举一个简短的例子吗？通常我更容易从具体到抽象。

@RustinAlexandru：如果还不清楚，请告诉我。实际上，仅仅提供一个实现会更容易，但我让你这样做。 ;)

谢谢，这太完美了。实现不会有问题。这是我对算法的误解。 i = 2: - s = [0, 1]: c[2] >= c[1] -> pop s = [0]: c[2] >= c[0] -> pop s = []: ans[2] = -1 - push i: s = [2] 不应该 ans[2] = 2 因为 4 2 个连续位置元素小于 c[2] ？

我认为可能存在误解，由于我的表述，连续元素意味着连续位置上的元素，而不是像 1 1+1 1+1+1 (1 2 3..)。跨度>

@RustinAlexandru：ans[i] 并不是您问题的确切答案，而是低于i（我们称之为j）的最大索引，例如c[j] > c[i]。但是，ans[i] 与您期望的结果之间存在简单的数学关系。你能找到吗？

【参考方案2】：

（编辑/版主请阅读我对问题所选答案的最后评论，然后再删除此评论。）

堆栈操作

在我们的第一个聚合分析示例中，我们分析了已通过新操作增强的堆栈。 10.1 节介绍了两个基本的堆栈操作，每个都需要 O(1) 时间：

PUSH(S, x) 将对象 x 压入栈 S。

POP(S) 弹出栈 S 的顶部并返回弹出的对象。

由于这些操作中的每一个都在 O(1) 时间内运行，因此让我们考虑每个操作的成本为 1。因此，n 个 PUSH 和 POP 操作序列的总成本为 n，n 的实际运行时间因此操作是 (n)。

现在我们添加堆栈操作 MULTIPOP(S,k)，它会移除堆栈 S 的 k 个顶部对象，或者如果堆栈包含的对象少于 k 个，则弹出整个堆栈。在下面的伪代码中，如果堆栈中当前没有对象，则 STACK-EMPTY 操作返回 TRUE，否则返回 FALSE。

MULTIPOP(S, k) 在一堆 s 对象上的运行时间是多少？实际运行时间与实际执行的 POP 操作的数量成线性关系，因此只需根据 PUSH 和 POP 的抽象成本 1 来分析 MULTIPOP。 while 循环的迭代次数是从堆栈中弹出的对象的数量 min(s,k)。对于循环的每次迭代，在第 2 行对 POP 进行一次调用。因此，MULTIPOP 的总成本为 min(s, k)，实际运行时间是该成本的线性函数。

让我们分析在一个初始为空的堆栈上的一系列 n PUSH、POP 和 MULTIPOP 操作。序列中 MULTIPOP 操作的最坏情况成本是 O(n)，因为堆栈大小最多为 n。因此，任何堆栈操作的最坏情况时间都是 O(n)，因此 n 个操作序列的成本为 O(n2)，因为我们可能有 O(n) 个 MULTIPOP 操作，每个操作成本为 O(n)。虽然这个分析是正确的，但通过单独考虑每个操作的最坏情况成本获得的 O(n2) 结果并不严格。

使用聚合分析，我们可以获得一个考虑整个 n 操作序列的更好的上界。事实上，虽然单个 MULTIPOP 操作可能很昂贵，但在最初为空的堆栈上的任何 n PUSH、POP 和 MULTIPOP 操作序列的成本最多为 O(n)。为什么？每次推送时，每个对象最多只能弹出一次。因此，在一个非空栈上可以调用 POP 的次数，包括 MULTIPOP 内的调用，最多是 PUSH 操作的次数，最多为 n。对于任何 n 值，n PUSH、POP 和 MULTIPOP 操作的任何序列总共需要 O(n) 时间。操作的平均成本为 O(n)/n = O(1)。在聚合分析中，我们将每个操作的摊销成本指定为平均成本。因此，在此示例中，所有三个堆栈操作的摊销成本均为 O(1)。

【参考方案3】：

因此，很明显，在发布原始问题 5 年后，我在准备我的算法课时发现了这个问题。直到今天，这是我在互联网上找到的唯一解决方案。我花了很多时间来编写解决方案，所以我把它贴在这里。以后可能有人需要它。我的代码是用 Python3 编写的，并已尽我所能进行了重构。

from collections import  deque

def less_then_count(arr):
    stack = deque()
    ans = [0] * len(arr)    

    for i in range(len(arr)):
        while len(stack)>0 and arr[i] >= arr[stack[-1]]:
            stack.pop()
        ans[i] = i
        if len(stack) > 0:
            ans[i] -= stack[-1]+1
        stack.append(i)

    return ans


print(*less_then_count([1,2,4,2,5]))
print(*less_then_count([4, 3, 6, 1, 1, 2, 8, 5, 9]))