如何在O（n）时间中找到5个重复值？

15

假设您有一个大小为的数组，其中包含从到（含）在内的整数，并且正好重复了5个。我需要提出一种算法，该算法可以找到时间中的重复数。我一生都无法想任何事情。我认为排序最好是？然后遍历数组将是，从而导致。但是，我不确定是否需要排序，因为我已经看到一些棘手的东西，包括链接列表，队列，堆栈等。 $n \geq 6$ $1$ $n − 5$ $O(n)$ $O(n\log n)$ $O(n)$ $O(n^2\log n)$

algorithms arrays searching

— 达里尔纳克
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16

O (n \log n) + O (n)

$O(n \log n) + O(n)$ 不是。是。如果您进行了n次排序，则结果为。

O (n^{2} \log n)

$O(n^2 \log n)$

O (n \log n)

$O(n \log n)$

O (n^{2} \log n)

$O(n^2 \log n)$

— 基金莫妮卡的诉讼

1

排序整数是

O (n)

$O(n)$ 。

— 大约

1

@leftaroundabout这些算法是，其中是数组的大小，是输入集的大小。由于这些算法适用于

O (k \cdot n)

$O(k\cdot n)$

n

$n$

k

$k$

k = n - c o n s t a n t

$k=n-constant$

O (n^{2})

$O(n^2)$

— RomanGräf17年

4

@RomanGräf看来，实际情况是这样的：算法在，其中是域的大小。因此，对于像OP这样的问题，无论是在大小的域上使用这样的算法，还是在无边界大小的域上使用传统的算法，都归结为相同的问题。也有道理。

O (\log k \cdot n)

$O(\log k \cdot n)$

k

$k$

n

$n$

O (n \cdot \log n)

$O(n\cdot \log n)$

— 大约

5

对于，根据您的描述，唯一允许的数字是。但是，那么必须将重复六次，而不是五次。

n = 6

$n=6$

1

$1$

1

$1$

— 亚历克斯·雷肯

22

你可以创建一个额外的数组大小的。最初将数组的所有元素设置为。然后循环遍历输入数组并为每个将增大1 。之后，您只需检查数组：在循环，如果则重复。你在解决问题时间的内存成本，这是和因为你的整数是与和。 $B$ $n$ $0$ $A$ $B[A[i]]$ $i$ $B$ $A$ $B[A[i]] > 1$ $A[i]$ $O(n)$ $O(n)$ $1$ $n-5$

— fade2black
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26

fade2black答案中的解决方案是标准解决方案，但它使用空间。您可以将其改进为空间，如下所示： $O(n)$ $O(1)$

令数组为。对于，计算。 $A[1],\ldots,A[n]$ $d=1,\ldots,5$ $\sigma_d = \sum_{i=1}^n A[i]^d$
计算（可以使用公知的公式来计算在后者总和）。注意，其中是重复的编号。 $\tau_d = \sigma_d - \sum_{i=1}^{n-5} i^d$ $O(1)$ $\tau_d = m_1^d + \cdots + m_5^d$ $m_1,\ldots,m_5$
计算多项式。此多项式的系数是对称函数可以从计算在。 $P(t) = (t-m_1)\cdots(t-m_5)$ $m_1,\ldots,m_5$ $\tau_1,\ldots,\tau_5$ $O(1)$
通过尝试所有可能性，找到多项式的所有根。 $P(t)$ $n-5$

该算法假定采用RAM机器模型，其中对位字进行基本算术运算需要时间。 $O(\log n)$ $O(1)$

制定此解决方案的另一种方法是遵循以下思路：

计算，并使用公式推导。 $x_1 = \sum_{i=1}^n A[i]$ $y_1 = m_1 + \cdots + m_5$ $y_1 = x_1 - \sum_{i=1}^{n-5} i$
计算在使用公式 $x_2 = \sum_{1 \leq i < j \leq} A[i] A[j]$ $O(n)$ $x_{2} = (A [1]) A [2] + (A [1] + A [2]) A [3] + (A [1] + A [2] + A [3]) A [4] + \dots + (A [1] + \dots + A [n - 1]) A [n] .$ $x_2 = (A[1]) A[2] + (A[1] + A[2]) A[3] + (A[1] + A[2] + A[3]) A[4] + \cdots + (A[1] + \cdots + A[n-1]) A[n].$
推断使用公式 $y_2 = \sum_{1 \leq i < j \leq 5} m_i m_j$ $y_{2} = x_{2} - \sum_{1 \leq i < j \leq n - 5} i j - (\sum_{i = 1}^{n - 5} i) y_{1} .$ $y_2 = x_2 - \sum_{1 \leq i < j \leq n-5} ij - \left(\sum_{i=1}^{n-5} i\right) y_1.$
计算并沿相似的直线推导。 $x_3,x_4,x_5$ $y_3,y_4,y_5$
的值是（高达符号）的多项式的系数从前面的溶液。 $y_1,\ldots,y_5$ $P(t)$

该解决方案表明，如果将5替换为，则可以使用空间获得（我相信）算法，该算法对位长为整数执行算术运算，在任何给定时间最多保留。（这需要仔细分析我们执行的乘法，其中大多数涉及一个仅长度为操作数 $d$ $O(d^2n)$ $O(d^2)$ $O(dn)$ $O(d\log n)$ $O(d)$ 。）可以想象，可以使用模块化算法将其改进为时间和空间。 $O(\log n)$ $O(dn)$ $O(d)$

— Yuval Filmus
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的任何解释

和

，

等？为什么

？

σ_{d}

$\sigma_d$

τ_{d}

$\tau_d$

P (t)

$P(t)$

m_{i}

$m_i$

d \in {1, 2, 3, 4, 5}

$d \in \{1, 2, 3, 4, 5\}$

— 发泡胶飞

3

解决方案背后的洞察力是求和技巧，它在许多练习中都出现（例如，如何从长度为

的数组中找到缺失的元素，该数组包含数字

？求和技巧可用于计算任意函数

，问题是选择哪个

才能推导出

n - 1

$n-1$

1, \dots, n

$1,\ldots,n$

f (m_{1}) + \dots + f (m_{5})

$f(m_1) + \cdots + f(m_5)$

f

$f$

f

$f$

。我的答案使用了对称函数基本理论中的熟悉技巧。

m_{1}, \dots, m_{5}

$m_1,\ldots,m_5$

— Yuval Filmus

1

@hoffmale实际上，

。

O (d^{2})

$O(d^2)$

— Yuval Filmus

1

@hoffmale每个人都用

机器字。

d

$d$

— Yuval Filmus

1

@BurnsBA这种方法的问题是

比

大得多

(n - 5) #

$(n-5)\#$

。大量操作较慢。

\frac{(n - 4) (n - 5)}{2}

$\frac{(n-4)(n-5)}{2}$

— Yuval Filmus

8

还有一种基于分区的线性时间和恒定空间算法，如果您尝试将其应用于数学方法无法很好解决的问题的变体，则该方法可能会更加灵活。与数学方法相比，这需要对基础数组进行变异，并且常数因子更差。更具体地说，我相信，就值的总数和重复项的数量而言，代价是分别为和，尽管严格证明它将比我目前花费更多的时间。。 $n$ $d$ $\mathcal{O}(n \log d)$ $\mathcal{O}(d)$

算法

从对的列表开始，其中第一对是整个数组的范围如果为1索引，则为。 $[(1, n)]$

重复以下步骤，直到列表为空：

从列表中取出并删除任何一对。 $(i, j)$
找到指定子数组的最小和最大值和。 $\text{min}$ $\text{max}$
如果，则子数组仅包含相等的元素。屈服除一个元素以外的元素，并跳过步骤4至6。 $\text{min} = \text{max}$
如果，则子数组不包含重复项。跳过步骤5和6。 $\text{max} - \text{min} = j - i$
在附近对子数组进行分区，使得直到某个索引的元素小于分隔符，而在该索引之上的元素不小于分隔符。 $\frac{\text{min}+\text{max}}{2}$ $k$
将和到列表中。 $(i, k)$ $(k + 1, j)$

时间复杂度的课程分析。

步骤1至6花费时间，因为找到最小和最大值以及划分可以在线性时间内完成。 $\mathcal{O}(j - i)$

列表中的每对要么是第一对，要么是某对的子代，其对应的子数组包含一个重复的元素。有至多这样的父母，由于每个遍历半部的范围内，其中一个重复的就可以了，所以有至多总包括对在子阵列没有时重复。在任何时候，列表的大小不超过 $(i, j)$ $(1, n)$ $d \lceil \log_2 n + 1\rceil$ $2d \lceil \log_2 n + 1\rceil$ $2d$ 。

考虑找到任何重复的工作。它由一个在指数递减范围内的成对序列组成，因此总功是几何序列的总和，即。这产生了一个明显的推论，即重复项的总功必须为，它在中是线性的。 $\mathcal{O}(n)$ $d$ $\mathcal{O}(nd)$ $n$

要找到更严格的界限，请考虑最大程度地分散副本的最坏情况。直观地讲，搜索过程分为两个阶段，一个阶段每次遍历整个数组，每个阶段逐渐变小，而另一个阶段小于因此只遍历数组的一部分。第一阶段只能是深度，因此成本为，第二阶段具有成本因为要搜索的总面积再次呈指数下降。 $\frac{n}{d}$ $\log d$ $\mathcal{O}(n \log d)$ $\mathcal{O}(n)$

— 维德拉克
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谢谢你的解释。现在我明白了。一个非常漂亮的算法！

— DW

5

将此作为答案，因为它需要的空间比评论所需要的空间大。

当您建议一种方法时，会在OP中出错。排序列表，然后遍历时间，而不是时间。当您依次执行两项操作（分别取和）时，结果时间复杂度为（在大多数情况下）。 $O(n\log n)$ $O(n^2\log n)$ $O(f)$ $O(g)$ $O(f+g)=O(\max{f,g})$

为了增加时间复杂度，您需要使用for循环。如果您有一个长度为的循环，并且对于循环中的每个值，您都执行一个函数，那么您将获得时间。 $f$ $O(g)$ $O(fg)$

因此，在您的情况下，您以排序，然后以进行横向运算，从而得出。如果对于排序算法的每次比较，您都必须进行的计算，则它将采用但是这里不是这种情况。 $O(n\log n)$ $O(n)$ $O(n\log n+n)=O(n\log n)$ $O(n)$ $O(n^2\log n)$

如果您对我声称感到好奇，请务必注意并非总是如此。但是，如果或（其适用于常用功能整个主机），它会保持。它最不常用的时间是当涉及到其他参数时，您会得到诸如表达式。 $O(f+g)=O(\max{f,g})$ $f\in O(g)$ $g\in O(f)$ $O(2^cn+n\log n)$

— 斯特拉·比德曼（Stella Biderman）
source

3

布尔数组技术有一个很明显的就地变体，它使用元素的顺序作为存储（arr[x] == x“找到”元素的位置）。不像分区变体可以被证明更通用，我不确定何时真正需要这样的东西，但这很简单。

for idx from n-4 to n
    while arr[arr[idx]] != arr[idx]
        swap(arr[arr[idx]], arr[idx])

这只是反复放置arr[idx]在该位置，arr[idx]直到您找到该位置为止，此时该位置必须是重复的。请注意，交换的总数受限制，因为每次交换都会使其退出条件正确。 $n$

— 维德拉克
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您将不得不提出某种论点，即内部while循环平均在恒定时间内运行。否则，这不是线性时间算法。

— David Richerby '17

@DavidRicherby它不会平均运行恒定时间，但是外部循环只能运行5次，这样就可以了。请注意，交换的总数受

限制，因为每次交换都会使其退出条件正确，因此，即使重复值的数量增加，总时间也仍然是线性的（aka。需要

步而不是

）。

n

$n$

n

$n$

n d

$nd$

— Veedrac

糟糕，我不知何故没有注意到外循环运行了恒定的次数！（经过编辑，以包括您有关掉期数量的注释，也可以使我

— 退缩

1

从和中减去你具有值。 $\sum_{i=1}^{n} i = \frac{(n-1) \cdot n}{2}$

于是，经过时间（假设算术是O（1），它是不是真的，但让我们假装）你有一笔 1到n之间的5整数： $\Theta(n)$ $\sigma_1$

$x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 = \sigma_1$

据说这不好，对吧？您可能无法弄清楚如何将其分解为5个不同的数字。

啊，但这就是有趣的地方！现在执行与以前相同的操作，但从减去值的平方。现在您有了： $\sum_{i=1}^{n} i^2$

${x_1}^2 + {x_2}^2 + {x_3}^2 + {x_4}^2 + {x_5}^2 = \sigma_2$

看到我要去哪里了吗？对3、4和5的幂进行相同的操作，您将在5个变量中拥有5个独立方程。我很确定您可以解决。 $\vec{x}$

注意事项：算术不是真的 O（1）。另外，您需要一些空间来表示您的总和。但并不像你想象的-你可以做模块化最一切，只要你有，哦，位; 应该这样做。 $\lceil\log(5n^6)\rceil$

— in
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@YuvalFilmus是否提出相同的解决方案？

— fade2black

@ fade2black：哦，是的，的确如此，对不起，我刚刚看到了他的解决方案的第一行。

— einpoklum

0

解决问题的最简单方法是创建一个数组，在该数组中，我们将对原始数组中每个数字的出现次数进行计数，然后遍历从到所有数字，并检查该数字是否出现一次以上，因此这很复杂内存和时间中的解都是线性的，或者是 $1$ $n-5$ $O(N)$

— 有人12321
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1

这与@ fade2black的答案相同（尽管在眼睛上容易一些）

— LangeHaare

0

将数组映射到1 << A[i]，然后将所有内容异或。您的重复项将是关闭相应位的数字。

— Hauleth
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一共有五个重复项，因此xor技巧在某些情况下不会中断。

— Evil

1

该程序的运行时间为

。每个位向量的长度为

位，因此您每个位向量的操作花费

时间，并且对原始数组的每个元素执行一次位向量操作，总共需要

时间。

O (n^{2})

$O(n^2)$

n

$n$

O (n)

$O(n)$

O (n^{2})

$O(n^2)$

— DW

@DW但是鉴于我们通常使用的机器固定为32位或64位，并且它们在运行时不会改变（即它们是恒定的），所以为什么不应该将它们这样对待并假设位操作是在

而不是

？

O (1)

$O(1)$

O (n)

$O(n)$

— code_dredd

1

@ray，我想您回答了您自己的问题。假设我们通常使用的机器固定为64位，则对

位向量进行运算的运行时间为

，而不是

。在

位向量的所有

位上执行某些操作都需要

条指令，并且

是

，而不是

。

n

$n$

O (n)

$O(n)$

O (1)

$O(1)$

n / 64

$n/64$

n

$n$

n

$n$

n / 64

$n/64$

O (n)

$O(n)$

O (1)

$O(1)$

— DW

@DW我从以前得到的东西。有人评论说，位向量是指

大小的数组中的单个元素，位向量是64位，这就是我要指的常数。显然，如果我们假设每个元素有

并且数组中的元素数为

，则处理大小为

的数组将花费

时间。但是

，因此对数组元素w /恒定位数的操作应为

而不是

，并且数组

n

$n$

n

$n$

O (k n)

$O(kn)$

k

$k$

n

$n$

k = 64

$k=64$

O (1)

$O(1)$

O (k)

$O(k)$

代替

。您是出于完整性/正确性而保留

还是我遗漏了其他东西？

O (n)

$O(n)$

O (k n)

$O(kn)$

k

$k$

— code_dredd

-2

DATA=[1,2,2,2,2,2]

from collections import defaultdict

collated=defaultdict(list):
for item in DATA:
    collated[item].append(item)
    if len(collated) == 5:
        return item.

# n time

— 用户名
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4

欢迎来到该网站。我们是计算机科学站点，因此我们正在寻找算法和解释，而不是需要了解特定语言及其库的代码转储。特别是，您声称此代码以线性时间运行的主张是假设其collated[item].append(item)以恒定时间运行。是真的吗

— David Richerby '17

3

此外，您正在寻找一个重复五次的值。相反，OP寻找五个值，每个值重复两次。

— Yuval Filmus