缺少元素问题的时空权衡

这是一个众所周知的问题。

给定正整数数组$A[1\dots n]$，输出不在数组中的最小正整数。

该问题可以在空间和时间中解决：读取数组，在空间中跟踪是否发生，扫描最小的元素。$O(n)$$O(n)$$1,2,\dots,n+1$

我注意到您可以为时间交换空间。如果仅具有内存，则可以进行轮操作，并获得时间。在特殊情况下，显然存在恒定空间二次时间算法。$O(\frac{n}{k})$$k$$O(k n)$

我的问题是：

这是最佳的折衷方案，即吗？一般来说，如何证明这种界限？$\operatorname{time} \cdot \operatorname{space} = \Omega(n^2)$

假设RAM模型具有有限算法，并且可以随机访问O（1）中的数组。

这个问题的启示：在单带模型中回文的时空折衷（例如，请参见此处）。

这可以通过$O(n \log n)$字操作和$O(1)$字的存储器来完成（在位级RAM模型中分别为$O(n \log^2 n)$次和$O(\log n)$存储器）。实际上，解决方案将基于以下观察。

说有$n_0$偶数和$n_1$奇数在范围$[1, n + 1]$（所以$n_0 \approx n_1$和$n_0 + n_1 = n + 1$）。再有就是$b \in \{0, 1\}$，使得有至多$n_b - 1$值与奇偶$b$在输入。确实，否则至少存在$n_0$输入中的偶数和至少$n_1$奇数值，这意味着输入中至少存在$n_0 + n_1 = n + 1$值，这是矛盾的（其中只有$n$个）。这意味着我们可以仅在奇数或偶数中继续搜索丢失的数字。同样的算法也可以应用于二进制符号的更高位。

因此我们的算法将如下所示：

1. 假设我们现在已经仅存在$x$与其余模输入值$2^b$等于$r \in [0, 2^b)$，但至少有$x + 1$号码范围$[1, n + 1]$具有余数$r$模$2^b$（一开始我们肯定会确定$b = 0, r = 0$）。

2. 说，有$x_0$值与其余部分的输入$r$模$2^{b + 1}$和$x_1$的值与其余部分的输入$r + 2^b$模$2^{b + 1}$（我们可以发现在一个单次通过输入这些数字）。显然，$x_0 + x_1 = x$。此外，由于输入中至少有$x + 1$数字，且余数为$r$模$2^b$，因此至少有一对$(r, b + 1), (r + 2^b, b + 1)$满足步骤$1$的要求。

3. 我们已经发现丢失的数目时$2^b \geqslant n + 1$：存在范围只有一个号码$[1, n + 1]$可以具有剩余$r$模$2^b$（$r$本身，如果它是在范围），所以有在输入中大多数具有零值的零值。所以，$r$确实丢失。

显然，该算法以$O(\log n)$步骤暂停，每个步骤都需要$O(n)$时间（在输入数组上单次通过）。此外，仅需要$O(1)$字的存储空间。

如果我理解您的定义，那么可以在线性时间和恒定空间内完成此操作。显然这是最低界限，因为我们至少需要读取整个输入。

在给出的答案这个问题的满足。

用更少的时间或空间来运行它是不可能的，添加额外的时间或空间是没有用的，因此这里没有时空的权衡。（观察，因此无论如何您观察到的权衡都不是渐近的。）$n=O(n/k)$

关于您的一般性问题，我不知道会有任何好的定理可以帮助您证明时空权衡。这个问题似乎表明没有一个（已知的）简单答案。基本上：

假设某种语言在时间（使用一定的空间）和s空间（使用一定的时间）中是可确定的。我们是否可以找到f ，g，使得L可以由在f （t ，s ）时间和g （t ，s ）空间中运行的M决定？$t$$s$$f,g$$L$$M$$f(t,s)$$g(t,s)$

未知，一个强有力的答案将解决很多悬而未决的问题（最明显的是关于SC的问题），这意味着不存在简单的解决方案。

编辑：好的，与重复（但我仍然假设发生了尺寸的输入的最大可能数目是Ñ + 1）。$n$$n+1$

观察到我们的算法需要能够区分至少可能的答案。假设每经过一次数据，我们最多可以获得k个数据。然后，我们将需要n / k次通过才能区分所有答案。假设k = n / s，那么我们在n中运行$n$$k$$n/k$$k=n/s$时间。所以我认为这证明了您想要的。$\frac{n}{n/s}n=sn$

困难在于显示每次通过时我们只能得到位。如果您假设我们唯一的合法操作是=，那么我们很好。但是，如果您允许进行更复杂的操作，那么您将可以获得更多信息。$k$