有效地为数组中的每个元素查找较小元素的数量

我陷入了这个问题：

给定的阵列 $A$ 第一 $n$ 自然数随机地置换，阵列 $B$ 构造，使得 $B(k)$ 是从元件的数量 $A(1)$ 至 $A(k-1)$ 其是小于 $A(k)$ 。

i）给定 $A$ ，您可以在时间内找到吗？ ii）给定，您可以在时间内找到吗？ $B$ $O(n)$
$B$ $A$ $O(n)$

在此， $B(1) = 0$ 。对于一个具体的例子：

| \begin{matrix} 一个 & 8 & 4 & 3 & 1个 & 7 & 2 & 9 & 6 & 5 \\ 乙 & 0 & 0 & 0 & 0 & 3 & 1个 & 6 & 4 & 4 \end{matrix} |

$\begin{vmatrix} A & 8 & 4 & 3 & 1 & 7 & 2 & 9 & 6 & 5 \\ B & 0 & 0 & 0 & 0 & 3 & 1 & 6 & 4 & 4 \\ \end{vmatrix}$

谁能帮我？谢谢。

algorithms arrays permutations

— 该死的
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我发现了这一点：计算置换编码可为这些问题提供

O (n \log n)

$\mathcal O(n \log n)$ 算法。至少我认为它们是同样的问题。

— Realz Slaw 2012年

@Merbs您提供的提示是否表示您有解决方案？

— 2012年

@AJed，这意味着我有一个算法，尽管对于没有空间的简单算法，它要花

，如果允许空间，它要花

。目前，我倾向于在

都不可能，并且两者都是相同的算法。

O (n^{2})

$O(n^2)$

O (n \log n)

$O(n\log n)$

O (n)

$O(n)$

— Merbs

@Merbs。我觉得您的提示会导致正确的选择。我也有一个解决方案（按照您的提示）。我猜想分析中有一个技巧可以使结果变为

..我认为，该技巧是知道

仅从1：

。

O (n)

$O(n)$

A

$A$

n

$n$

— 2012年

本文还给出了一种

算法。您确定为此存在

算法吗？

O (n \log n)

$\mathcal O(n \log n)$

O (n)

$\mathcal O(n)$

— Realz Slaw 2012年

Answers:

从确定的天真的算法： $B$ $A$

对于，通过将每个与进行比较并计算满足的值来确定的值。 $k=1,\dots,n$ $B(k)$ $A(i)$ $A(k)$ $i=1,\dots,k$ $A(i)<A(k)$

该算法将与所有其他对象进行比较（次），与其他个进行比较，依此类推，因此比较的总数为 $A(1)$ $n-1$ $A(2)$ $n-2$ 。但这不是我们能做的最好的事情。例如，查看，我们不必进行任何比较！因为它是前自然数，并且可以保证（与排列无关）较低的自然数在那里。怎么样？而不是检查到 $\frac{(n-1)(n-2)}{2}$ $B(n)$ $B(n)=A(n)-1$ $n$ $n-1$ $B(n-1)$ $A(1)$ ，我们可以只检查。那是： $A(n-2)$ $A(n)$

对于，使用以上算法；对于 $k=1, \dots,\frac{n}{2}$ 使用逆算法：通过将初始设置为，然后对每个条目减去来确定，较小比。 $k=\frac{n}{2},\dots,n$ $B(k)$ $A(n)-1$ $1$ $A(i)$ $i=k+1,\dots,n$ $A(k)$

这将花费步，仍然是。还要注意的是在构建从，如果然后。 $2\times\frac{(\frac{n}{2}-1) (\frac{n}{2}-2)}{2}=\frac{(n-2)(n-4)}{4}$ $O(n^2)$ $A$ $B$ $B(n)=A(n)-1$ $A(n)=B(n)+1$

但现在更多技巧。如果允许我们提供一些额外的空间或就地排序，则可以在比较数字时对其进行排序。例如：

| \begin{matrix} 一个 & 8 & 4 & 3 & 1个 & 7 & 2 & 9 & 6 & 5 \\ 小号 & 9 & 8 & 7 & 4 & 3 & 2 & 1个 & 6 & 5 \\ 乙 & 0 & 0 & 0 & 0 & 3 & 1个 & 6 \end{matrix} |

$\begin{vmatrix} A & 8 & 4 & 3 & 1 & 7 & 2 & 9 & 6 & 5 \\ S & 9 & 8 & 7 & 4 & 3 & 2 & 1 & 6 & 5 \\ B & 0 & 0 & 0 & 0 & 3 & 1 & 6 & & \\ \end{vmatrix}$

代替检查所有（或按顺序检查）它们，我们可以使用二进制搜索来确定每个。但是，排序仍然需要时间。 $B(k)$ $O(n\log n)$

— Merbs
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这只是我的第一个想法；尽管我意识到这个问题比我最初认为的要有趣得多。而且我还没有机会阅读Realz Slaw的发现，因此该算法可能已失效。

— Merbs

而不是确定每个每次一个，我们可以向前看，只有通过每数曾经！但是我们将使用空间： $B(k)$ $A$ $n$

| \begin{matrix} A & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & B \\ 8 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 4 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 2 & 0 \\ 3 & 0 & 0 & 0 & 1 & 2 & 2 & 2 & 2 & 3 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 1 & 2 & 3 & 3 & 3 & 3 & 4 & 0 \\ 7 & 0 & 1 & 1 & 2 & 3 & 3 & 3 & 4 & 5 & 3 \\ 2 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 4 & 4 & 5 & 6 & 1 \\ 9 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 4 & 4 & 5 & 6 & 6 \\ 6 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 4 & 5 & 6 & 7 & 4 \\ 5 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 4 \end{matrix} |

$\begin{vmatrix} A & & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & & B \\ 8 & & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \color{red}{0} & 1 & & 0\\ 4 & & 0 & 0 & 0 & \color{red}{0} & 1 & 1 & 1 & 1 & 2 & & 0\\ 3 & & 0 & 0 & \color{red}{0} & 1 & 2 & 2 & 2 & 2 & 3 & & 0\\ 1 & & \color{red}{0} & 1 & 1 & 2 & 3 & 3 & 3 & 3 & 4 & & 0\\ 7 & & 0 & 1 & 1 & 2 & 3 & 3 & \color{red}{3} & 4 & 5 & & 3\\ 2 & & 0 & \color{red}{1} & 2 & 3 & 4 & 4 & 4 & 5 & 6 & & 1\\ 9 & & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 4 & 4 & 5 & \color{red}{6} & & 6\\ 6 & & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & \color{red}{4} & 5 & 6 & 7 & & 4\\ 5 & & 0 & 1 & 2 & 3 & \color{red}{4} & 5 & 6 & 7 & 8 & & 4\\ \end{vmatrix}$

通过不更新已经确定的变量，我们可以节省更多时间（也就是说，第一步之后没有必要更新），但是在最坏的情况下，我们仍然必须更新 $8$ 次 $\frac{(n)(n+2)}{2}$

— Merbs
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使用#next_greater_element可以解决I和II问题，我在这里进行了解释。但是它比问题本身要难一些，但是在解决方案之前，您需要学习下一个更大的要素：

考虑到我们拥有的每一个元素的矢量命名为的元素。现在运行一次开始从右到左但除了设定元件的下一个更大的算法在在其下更大的元素索引，推的元素是他们的下一个较大的element.then迭代过从左到右，然后将阵列，其中 $A$ $S_i$ $i$ $i$ $A$ $S_i$ $i$ $B[i]=\sum_{j=0}^x (S_i[j]+1)$ $x$ 是向量及其的大小，因为每个下一个更大的算法都是并且迭代也是 $S_i$ $\Theta(n)$ $\Theta(n)$ $\Theta(n)$

第二部分也类似，指出我们可以在获得最右边元素的值。编辑：我的解决方案是错误的，似乎它没有任何解决方案 $O(1)$ $o(n)$

— 阿里·莫拉霍塞尼
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