查找包含200000+个元素的2个数组元素的最小乘积的最快方法

我有一个数组a[n]。该号码n由我们输入。我需要找到的最小的产品a[i]和a[j]如果：

1） abs(i - j) > k

2）a[i] * a[j]最小化

这是我的解决方案（非常幼稚）：

#include <iostream>
using namespace std;
#define ll long long
int main() {
    ll n,k; cin >> n >> k;

    ll a[n]; for(ll i=0;i<n;i++) cin >> a[i];

    ll mn; bool first = true;

    for(ll i=0;i<n;i++) {
        for(ll j=0;j<n;j++) {
            if(i!=j)
            if(abs(i-j) > k) {
                if(first) {
                    mn = a[i]*a[j];
                    first = false;
                } else if(a[i]*a[j] < mn) mn = a[i]*a[j];
            }
        }
    }
    cout << mn << endl;
}

但是我想知道是否有更快的方法来找到具有距离的最小产品？

假设至少有一对满足条件的元素并且其中两个元素的乘法没有溢出，则可以在Theta(n-k)时间和Theta(1)空间最坏和最好的情况下执行此操作，如下所示：

auto back_max = a[0];
auto back_min = a[0];
auto best = a[0]*a[k+1];

for(std::size_t i=1; i<n-(k+1); ++i) {
    back_max = std::max(back_max, a[i]);
    back_min = std::min(back_min, a[i]);
    best = std::min(best, std::min(a[i+k+1]*back_max, a[i+k+1]*back_min));
}

return best;

就时间和空间的渐近最坏情况复杂度而言，这是最佳的，因为最佳乘积可能至少a[0]与n-(k+1)距离中的任何元素有关k+1，因此，n-(k+1)解决该问题的任何算法都至少需要读取整数。

该算法的原理如下：

最佳乘积使用的两个元素a，假设它们是a[r]和a[s]。在不失一般性的前提下，我们可以假设s > r由于乘积是可交换的。

由于限制，abs(s-r) > k这意味着s >= k+1。现在s可能每个索引都满足此条件，因此我们遍历这些索引。那是i所示代码中的迭代，但是k+1为了方便起见，它被移动了（没关系）。对于每次迭代，我们需要找到涉及i+k+1最大索引的最优产品，并将其与先前的最佳猜测进行比较。

由于距离要求，可能i+k+1与之配对的所有索引都小于或等于所有索引i。我们也需要对所有这些进行迭代，但是这是不必要的，因为固定的a[i+k+1]*a[j]over 的最小值等于产品的单调性（考虑最小值和最大值over的最小值，考虑了这两种可能单调性的两个可能方向的符号或等效形式。）jimin(a[i+k+1]*max(a[j]), a[i+k+1]*min(a[j]))a[j]a[i+k+1]

由于a[j]我们在此处进行优化的值的集合是just {a[0], ..., a[i]}，a[i]在的每次迭代中仅增加一个元素（），因此i，如果变量大于或小于先前的最佳值，我们可以通过更新变量来跟踪max(a[j])和跟踪min(a[j])单个变量a[i]。这是通过back_max和back_min在代码示例中完成的。

迭代（i=0）的第一步在循环中被跳过，而是作为变量的初始化执行。

不确定最快。

对于没有i <j-k的简单问题，最小乘积是来自两个最小和最大元素的对的乘积。

因此，（以下内容太复杂了，请参见胡桃木的答案）
（•如果
  k≤n，则阻挠•将minProduct初始化为a [0] * a [k + 1]）

• 以{}和{a [ j ] | 开头的两个动态minmax数据结构 upToI和beyondIplusK ķ ≤ Ĵ }
  
• 对于从0到n - k -1的 每个i
  • 在upToI上添加一个[ i ]
  • 从beyondIplusK删除a [ i + k ]
  • 在
    min（upToI）×min（beyondIplusK），min（upToI）×max（beyondIplusK），
    max（upToI）×min（beyondIplusK）和max（upToI）×max（beyondIplusK）之间检查新的最小积

对于“最小量级”

找到2个“最小幅度”元素，然后（找到两个零或搜索整个数组之后），将它们相乘。

对于没有abs(i - j) > k部分的“最低价值”

有3种可能性：

• 两个最高（最小数量级）负数

• 两个最低（最小数量级）的非负数

• 最低（最大数量）负数和最高（最大数量）非负数

您可以搜索所有6个值并找出产品，最后一个是最好的。

然而; 一旦看到零，就知道您不需要再了解前两种可能性。当您看到一个负数和一个非负数时，您就知道只在乎第三种可能性。

这导致了具有3种状态的有限状态机-“关心所有3种可能性”，“除非看到负数，否则答案为零”和“仅关心最后一种可能性”。这可以实现为3个循环的集合，其中goto（有限状态机的）状态改变时，其中2个循环跳到另一个循环的（）中间。

具体来说，它看起来可能有点模糊（未经测试）：

   // It could be any possibility

   for(ll i=0;i<n;i++) {
       if(a[i] >= 0) {
            if(a[i] < lowestNonNegative1) {
                lowestNonNegative2 = lowestNonNegative1;
                lowestNonNegative1 = a[i];
            }
            if(lowestNonNegative2 == 0) {
                goto state2;
            }
       } else {
            if(a[i] > highestNegative1) {
                highestNegative2 = highestNegative1;
                highestNegative1= a[i];
            }
            if(lowestNonNegative1 < LONG_MAX) {
                goto state3;
            }
       }
   }
   if(lowestNonNegative2 * lowestNonNegative1 < highestNegative2 * highestNegative1) {
       cout << lowestNonNegative2 * lowestNonNegative1;
   } else {
       cout << highestNegative2 * highestNegative1;
   }
   return;

   // It will be zero, or a negative and a non-negative

   for(ll i=0;i<n;i++) {
state2:
       if(a[i] < 0) {
           goto state3;
       }
   }
   cout << "0";
   return;

   // It will be a negative and a non-negative

   for(ll i=0;i<n;i++) {
state3:
       if(a[i] < lowestNegative) {
           lowestNegative = a[i];
       } else if(a[i] > highestNonNegative) {
           highestNonNegative = a[i];
       }
    }
    cout << lowestNegative * highestNonNegative;
    return;

对于abs(i - j) > k零件的“最低价值”

在这种情况下，您仍然有3种可能性；并可以使其与“具有有限状态机的3个循环”相同的方法工作，但它太乱/太难看了。对于这种情况，更好的选择可能是对阵列进行预扫描以确定是否有零，以及它们是负数还是正数。因此，在进行预扫描后，您可以知道答案为零，也可以选择仅针对特定可能性设计的循环。