İki kuyruk kullanarak listeyi tersine çevirme

Bu soru, yığının her işlem için itfa edilmiş zamanında iki kuyruk kullanılarak simüle edilip edilemeyeceğine dair mevcut bir sorudan ilham alıyor . Cevap bilinmemektedir. İlk önce tüm PUSH işlemlerinin, ardından tüm POP işlemlerinin gerçekleştirildiği özel duruma karşılık gelen daha spesifik bir soru. Başlangıçta boş iki kuyruk kullanılarak bir öğesinin listesi ne kadar verimli bir şekilde ters çevrilebilir? Yasal işlemler:$O(1)$$N$

1. Bir sonraki öğeyi giriş listesinden (her iki kuyruğun kuyruğuna) daraltın.
2. Her iki sıranın başındaki öğeyi dequeue edin ve yeniden sıralayın (her iki sıranın kuyruğuna).
3. Her iki sıranın başındaki öğeyi ayıklayın ve çıktı listesine ekleyin.

Giriş listesi elemanlarından oluşuyorsa , tersine çevrilmiş çıktı listesini oluşturmak için gereken minimum işlem sayısı davranış? Orijinal soruyu olumsuz olarak çözeceği için den daha hızlı büyüdüğüne dair bir kanıt özellikle ilginç olacaktır.[ N , N - 1 , . . . , 2 , 1 ] O ( N $[1,2,...,N-1,N]$$[N,N-1,...,2,1]$$O(N)$

Güncelleme (15 Ocak 2011): Sorun , gönderilen cevaplarda ve yorumlarında gösterildiği gibi olarak çözülebilir ; ve nin alt sınırı önemsizdir. Bu sınırlardan herhangi biri geliştirilebilir mi?Ω ( N $O(N \log N)$$\Omega(N)$

N ikisinin gücü ise, tüm öğelerin kuyruklardan birinde başladığı ve kuyruklardan birinde ters sırada bitmesi gereken biraz daha sınırlı bir sorun için bile O (N log N) işlemlerinin yeterli olduğuna inanıyorum. giriş ve çıkış listeleri).

O (N) adımlarında, bir kuyruktaki tüm öğelerle başlamak, onları diğer kuyruktaki alternatif altkümelere bölmek için "biri sizin için bir tane" oynamak ve sonra bunları tekrar bir kuyrukta birleştirmek mümkündür. Maddelerin konumlarının ikili gösterimleri açısından, bu bir döndürme işlemi gerçekleştirir.

O (N) adımlarında, eleman çiftlerini bir kuyruktan çıkarmak, takas etmek, sonra geri koymak ve tüm çiftleri tersine çevirmek de mümkündür. Maddelerin konumlarının ikili gösterimleri açısından, bu konumun düşük dereceli bitini tamamlar.

O (log N) kez bir karışıklığı ve çiftli bir swap'ı tekrarlayarak, konumların ikili temsillerinin tüm bitlerini tamamlayabiliriz - ki bu listeyi tersine çevirmekle aynı şeydir.

Aklıma gelen en iyi algoritma , bir sıradan diğerine aktarımını gerektirir.$\sum_{i=0}^{N/2-1}(N-2i-2)$

Mevcut iki kuyruğu sola ve sağa adlandırabilir İşte N'nin bile olduğu varsayımı ile bu algoritmanın temel fikri:

1. İlk öğe listesinden değerleri okuyun ve tüm tek sayıları sol kuyruğa, çift sayıları sağ kuyruğa itin
2. İlk adım olarak, maksimum değeri çıkarmanın en hızlı yolu, N / 2-1 öğelerini sağ kuyruktan sola aktarmak ve en üst değeri sağ kuyruktan çıkış listesine aktarmaktır.
3. Şimdi başka bir kuyruk için de aynısını yapmalıyız - N / 2-1 öğelerini sol kuyruktan sağa aktarın ve üst öğeyi sol kuyruktan çıkış listesine aktarın
4. Kuyrukları değiştirin ve N = N-2 için 2. ve 3. adımları tekrarlayın

Tek N için algoritmanın nasıl çalışması gerektiğini görmek kolaydır.