Bu sıralama algoritması Θ (n³) ve Θ (n²) değil, en kötü durum nasıl?

Veri Yapıları ve Algoritmalar hakkında bir kursa yeni başladım ve eğitim asistanım bize bir tamsayı dizisini sıralamak için aşağıdaki sözde kodu verdi:

void F3() {
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        if (A[i-1] > A[i]) {
            swap(i-1, i)
            i = 0
        }
    }
}

Açık olmayabilir, ancak burada sıralamaya çalıştığımız $n$dizinin boyutudur A.

Her durumda, öğretim görevlisi bu algoritma olduğunu sınıfına açıkladı $\Theta(n^3)$ , öyle görünüyor olursa olsun bir ters-ayrılmış dizisi ile onu geçmesi kaç kez süresi (en kötü durum, inanıyorum) fakat bana göre olmalı $\Theta(n^2)$ve olmamalı $\Theta(n^3)$.

Birisi bana bunun neden ve Θ (n ^ 2) olmadığını açıklayabilir mi?$Θ(n^3)$$Θ(n^2)$

Bu algoritma bu şekilde yeniden yazılabilir.

1. ABir inversiyon bulana kadar tarayın .
2. Bir tane bulursanız, takas edin ve baştan başlayın.
3. Yok ise, sonlandırın.

Şimdi en fazla inversiyonları olabilir ve her birini bulmak için doğrusal zaman taramasına ihtiyacınız vardır - bu nedenle en kötü çalışma süresi . Güzel bir öğretme örneği, kalıplara yakışan yaklaşıma yol açarken, birçoğunun yenmesi gereken!$\binom{n}{2} \in \Theta(n^2)$$\Theta(n^3)$

Not: Kişi biraz dikkatli olmak zorunda: bazı inversiyonlar erken, bazıları gecikmiş görünüyor, bu nedenle maliyetlerin iddia edildiği gibi artması önemsiz değildir (alt sınır için). Ayrıca, takasların asla yeni çevrimler getirmediğini de gözlemlemeniz gerekir . Tersine sıralanan dizili durumun daha ayrıntılı bir analizi daha sonra Gauss'un formülünün ikinci dereceden örneği gibi bir şey verecektir.

@ Gnasher729 uygun bir şekilde yorum yaptığında, girişin sıralamasını yaparken çalışma zamanını analiz ederek en kötü çalışma zamanının olduğunu görmek kolaydır. (bu giriş muhtemelen en kötü durum değil ).$\Omega(n^3)$$[1, 2, \dots, n, 2n, 2n-1, \dots, n+1]$

Dikkatli olun: tersine sıralanan bir dizinin tüm sıralama algoritmaları için mutlaka en kötü durum girişi olacağını varsaymayın. Bu algoritmaya bağlı. Tersine sıralanmış bir dizinin en kötü durum olmadığı ve hatta en iyi duruma bile yakın olabileceği bazı sıralama algoritmaları vardır.

Bunun hakkında düşünmenin alternatif bir yolu, maksimum değerin isıfırlanmadan önceki haline gelmesidir. Bu, ortaya çıktığı gibi, önceki sıralama düzeninin Aalgoritmanın çalışma zamanını nasıl etkilediğinin nedenini açıkça ortaya koymaktadır.

Özellikle, iyeni maksimal değerini ayarladığında, N diyelim, dizinin [A[0], ..., A[N-1]]artan düzende sıralandığını gözlemleyin .

Peki elementi A[N]karışıma eklediğimizde ne olur ?

Matematik:

Diyelim ki, pozisyonunda . Sonra ihtiyacımız (ı göstermek edeceğiz döngü yineleme ) yerleştirmek için taşımak için , yerleştirmek taşımak için yinelemeleri ve genel olarak:$p_N$$N$$\text{steps}$$N-1$$N + (N-1)$$N-2$

$$\text{steps}_N(p_N) = N + (N-1) + (N-2) + \dots + (p_N+1) = \tfrac{1}{2}(N(N+1) - p_N(p_N+1))$$

Rastgele sıralanan bir dizi için , her için üniform dağılımını alır :$p_N$$\{0, 1,\dots, N\}$$N$

$$\mathbb{E}(\text{steps}_N(p_N)) = \sum_{a=1}^{N} \mathbb{P}(p_N = a)\text{steps}_N(a) = \sum_{a=1}^{N}\tfrac{1}{N}\tfrac{1}{2}(N(N+1) - a(a+1)) = \tfrac{1}{2} ( N(N+1) - \tfrac{1}{3}(N+1)(N+2)) = \tfrac{1}{3} (N^2-1) = \Theta(N^2)$$

toplam Faulhaber formülü veya altındaki Wolfram Alpha bağlantısı kullanılarak gösterilebilir.

Bir ters kriteri dizisi için, tüm ve elde ederiz:$p_N=0$$N$

$$\text{steps}_N(p_N) = \tfrac{1}{2}N(N+1)$$

tam olarak, diğer değerlerinden kesinlikle daha uzun .$p_N$

Önceden sıralanmış bir dizi için, ve ; alt sıradaki terimler alakalı olur.$p_N = N$$\text{steps}_N(p_N) = 0$

Toplam zaman:

Toplam süreyi almak için, tüm üzerindeki adımları özetliyoruz . (Süper dikkatli olsaydık, takasların yanı sıra döngü yinelemelerini de toplar ve başlangıç ​​ve bitiş koşullarına dikkat ederdik, ancak çoğu durumda karmaşıklığa katkıda bulunmadıklarını görmek oldukça kolaydır) .$N$

Ve yine, beklenti doğrusallığını ve Faulhaber Formülünü kullanarak:

$$\text{Expected Total Steps} = \mathbb{E}(\sum_{N=1}^n \text{steps}_N(p_N)) = \sum_{N=1}^n \mathbb{E}(\text{steps}_N(p_N)) = \Theta(n^3)$$

Elbette, bir nedenden dolayı değilse (örneğin, baktığımız dizilerin dağılımı zaten sıralanmaya çok yakın), o zaman bu her zaman gerekmez durum böyle olsun. Ancak bunu başarmak için üzerinde çok özel dağılımlar !$\text{steps}_N(p_N)$$\Theta(N^2)$$p_N$

İlgili okuma:

• https://www.wolframalpha.com/input/?i=sum+a(a%2B1)+from+a%3D1+to+a%3DN
• https://en.wikipedia.org/wiki/Faulhaber%27s_formula - Faulhaber Formülü

Yasal Uyarı:

Bu bir kanıt değil (bazı insanlar sanki göndermiş olduğumu düşünüyor gibi görünüyor). Bu, OP'nin görevlendirme konusundaki şüphelerini çözmek için yapabileceği küçük bir deneydir:

tersine dizilmiş bir dizi ile kaç kere geçersem geçeyim seems olmalı ve olmamalı .$Θ(n^2)$$Θ(n^3)$

Bu kadar basit bir kodla, ve arasındaki farkın görülmesi zor olmamalıdır ve birçok pratik durumda bu, kamburluğu kontrol etmek veya beklentileri ayarlamak için yararlı bir yaklaşımdır.$\Theta(n^2)$$\Theta(n^3)$

---

@Raphael uydurma, zaten sorunuza yanıt, ama sadece eğlence için bu programın çıktı kullanarak bu gnuplot komut üs değerlerini rapor ve aşağıdaki araziler ve üretilen ( İlki normal ölçek, ikincisi log-log ölçeğidir):$f(x) = a\cdot x^b + c\cdot x$$2.99796166833222$$2.99223727692339$

Umarım bu yardımcı olur$\ddot\smile$

Bir dizinin olduğunu varsayalım.

array a[10] = {10,8,9,6,7,4,5,2,3,0,1}

Algoritmanız aşağıdakileri yapar

Scan(1) - Swap (10,8) => {8,10,9,6,7,4,5,2,3,0,1}  //keep looking at "10"
Scan(2) - Swap (10,9) => {8,9,10,6,7,4,5,2,3,0,1}
...
Scan(10) - Swap(10,1) => {8,9,6,7,4,5,2,3,0,1,10}

Temelde en yüksek eleman dizinin sonuna doğru hareket eder ve bunu yaparken her taramada etkin bir şekilde O(n^2)hareket ederek baştan başlar . Sadece bir eleman için. Ancak, n elementleri vardır, bu yüzden bu nkez tekrarlamamız gerekecek . Bu resmi bir kanıt değil, ancak çalışma süresinin neden "biçimsiz" bir şekilde anlaşılmasına yardımcı oluyor O(n^3).

Mantık, dizideki öğeleri artan bir düzende sıralamak gibi görünüyor.

En küçük sayının dizinin sonunda olduğunu varsayalım (a [n]). Doğru yere gelmesi için - (n + (n-1) + (n-2) + ... 3 + 2 + 1) işlemleri gereklidir. = 0 (n2).

Dizideki tek bir eleman için O (n2) ops gerekir. Öyleyse, öğleden sonraları O (n3).