আমি নিম্নলিখিতটি করার জন্য একটি অ্যালগরিদম ডিজাইন করছি: প্রদত্ত অ্যারে A[1... n], প্রত্যেকের জন্য i < j, সমস্ত বিপরীত জোড়া যেমন খুঁজে পান A[i] > A[j]। আমি মার্জ সাজ্ট ব্যবহার করছি এবং অ্যারে বি এ অ্যারে অনুলিপি করছি এবং তারপরে দুটি অ্যারের সাথে তুলনা করছি, তবে কীভাবে বিবর্তনের সংখ্যাটি খুঁজে পেতে আমি এটি ব্যবহার করতে পারি তা দেখতে আমার বেশ অসুবিধা হচ্ছে। কোনও ইঙ্গিত বা সহায়তা ব্যাপকভাবে প্রশংসা করা হবে।
একটি অ্যারেতে বিপর্যয় গণনা করা হচ্ছে
উত্তর:
সুতরাং জাভাতে ও (এন লগ এন) সমাধান।
long merge(int[] arr, int[] left, int[] right) {
int i = 0, j = 0, count = 0;
while (i < left.length || j < right.length) {
if (i == left.length) {
arr[i+j] = right[j];
j++;
} else if (j == right.length) {
arr[i+j] = left[i];
i++;
} else if (left[i] <= right[j]) {
arr[i+j] = left[i];
i++;
} else {
arr[i+j] = right[j];
count += left.length-i;
j++;
}
}
return count;
}
long invCount(int[] arr) {
if (arr.length < 2)
return 0;
int m = (arr.length + 1) / 2;
int left[] = Arrays.copyOfRange(arr, 0, m);
int right[] = Arrays.copyOfRange(arr, m, arr.length);
return invCount(left) + invCount(right) + merge(arr, left, right);
}
এটি প্রায় সাধারণ মার্জ সাজানোর, পুরো ম্যাজিকটি মার্জ ফাংশনে লুকিয়ে রয়েছে। নোট করুন যে অ্যালগোরিদম বাছাই করার সময় বিপরীতগুলি সরান। একত্রীকরণের সময় অ্যালগরিদম সরানো বিপর্যয়ের সংখ্যা গণনা করে (সাজানো বাছাই করা এক বলতে পারে)।
কেবলমাত্র মুহূর্তটি যখন বিবর্তনগুলি সরানো হয় তখনই যখন অ্যালগোরিদম কোনও অ্যারের ডান দিক থেকে উপাদান নেয় এবং এটি মূল অ্যারেতে মার্জ করে। এই ক্রিয়াকলাপটি দ্বারা বিপর্যয়ের সংখ্যা মুছে ফেলা হয়েছে বাম অ্যারে থেকে মিশে যাওয়ার জন্য উপাদানগুলির সংখ্যা। :)
আশা করি এটি যথেষ্ট ব্যাখ্যামূলক
2
আমি এটি চালানোর চেষ্টা করেছি এবং আমি সঠিক উত্তর পাইনি। শুরু করার জন্য আপনি কি মূল ভিতরে ইনকাউন্ট (ইনট্রে) কল করার কথা? ইনট্রের সাথে ইন্টের অরসোর্টড অ্যারে হচ্ছে? আমি এটি অনেকগুলি পূর্ণসংখ্যার অ্যারে দিয়ে চালিয়েছি এবং আমার উত্তর হিসাবে একটি -1887062008 পেয়েছি। আমি কি ভুল করছি?
—
অগস্ট
+1, সাধারণ পুনরাবৃত্ত-ভিত্তিক সমাধান এবং 5-25 উপাদানগুলির সিক্যুয়েন্স ব্যবহার করে নমুনা এলোমেলোভাবে টেস্টবেড সহ সি ++ 11 এ একই সমাধান দেখুন । উপভোগ করুন !.
—
WhozCraig
এটি কোনও সমাধান নয়। আমি এটি চালানোর চেষ্টা করেছি এবং এটি ভুল ফলাফল দেয়।
—
মিরজি
নতুন প্রশ্নটির জন্য দুঃখিত, তবে বিপরীতমুখী
—
আলফ্রেডো গ্যাল্লেগোস
left.length - iকাউন্টারে যোগ করার কী আছে? আমি মনে করি এটি কেবল 1 যুক্ত করার জন্য বোধগম্য হবে, যেহেতু আপনি যুক্তিযুক্ত ক্ষেত্রে পড়েছেন যেখানে দুটি সাববারির মধ্যে তুলনাটি ডানটির চেয়ে বড় বামে অ্যারের উপাদান রয়েছে। আমি 5 এর মতো যে কেউ আমাকে এটি ব্যাখ্যা করতে পারে?
@ অ্যালফ্রেডো গ্যাল্লেগোস, মারেকের উত্তরের একটি সংক্ষিপ্ত চিত্র দুটি অ্যারে বিবেচনা করুন: [6, 8] এবং [4, 5]। আপনি যখন দেখেন যে 6 টি 4 এর চেয়ে বেশি, আপনি 4 টি নিয়ে এটিকে স্থাপন করেন
—
ilya
arr। তবে এটি একটি বিপরীতমুখী নয়। আপনি বাম অ্যারেতে সমস্ত উপাদানগুলির জন্য বিবর্তনগুলি পেয়েছেন যা 6.. এর চেয়ে বেশি হয় our আমাদের ক্ষেত্রে এটিতে 8 টিও রয়েছে। সুতরাং, 2 যোগ করা হয় count, যা সমান left.length - i।
নিম্নলিখিত পদ্ধতি দ্বারা আমি ও (এন * লগ এন) সময়ে খুঁজে পেয়েছি।
- সাজানোর অ্যারে এ মার্জ করুন এবং একটি অনুলিপি তৈরি করুন (অ্যারে বি)
একটি [1] নিন এবং বাইনারি অনুসন্ধানের মাধ্যমে সাজানো অ্যারে বিতে এর অবস্থানটি সন্ধান করুন। এই উপাদানের বিপরীতে সংখ্যার বি এর অবস্থানের সূচক সংখ্যার চেয়ে কম হবে যেহেতু এ এর প্রথম উপাদানটির পরে প্রদর্শিত প্রতিটি নিম্ন সংখ্যাটি একটি বিপরীত হবে।
2A। পরিবর্তনশীল num_inversions প্রতিরোধ করতে বিপর্যয়ের সংখ্যা একত্রিত করুন।
2b। A [1] অ্যারে থেকে এবং অ্যারে বিতে এর সম্পর্কিত অবস্থান থেকে সরান
- পদক্ষেপ 2 থেকে পুনরায় চালিত হওয়া অবধি এ পর্যন্ত কোনও উপাদান নেই until
এই অ্যালগরিদমের একটি উদাহরণ রান এখানে। আসল অ্যারে এ = (6, 9, 1, 14, 8, 12, 3, 2)
1: সাজান মার্জ করুন এবং অ্যারে বিতে অনুলিপি করুন
বি = (1, 2, 3, 6, 8, 9, 12, 14)
2: অ্যারে বি তে এটি পেতে [[1] এবং বাইনারি অনুসন্ধান করুন
এ [1] = 6
বি = (1, 2, 3, 6 , 8, 9, 12, 14)
6 অ্যারে বি এর চতুর্থ অবস্থানে রয়েছে, সুতরাং 3 টি বিপর্যয় রয়েছে। আমরা এটি জানি কারণ 6 টি অ্যারে এ প্রথম অবস্থানে ছিল, সুতরাং পরবর্তী সময়ে অ্যারে এ প্রদর্শিত যে কোনও নিম্ন মানের উপাদানটির j> i এর সূচক থাকবে (যেহেতু এই ক্ষেত্রে আমি 1)।
২. বি: অ্যারে থেকে একটি [1] এবং অ্যারে বি এর সাথে সম্পর্কিত অবস্থান থেকেও সরান (সাহসী উপাদানগুলি সরানো হয়)।
এ = ( 6, 9, 1, 14, 8, 12, 3, 2) = (9, 1, 14, 8, 12, 3, 2)
বি = (1, 2, 3, 6, 8, 9, 12, 14) = (1, 2, 3, 8, 9, 12, 14)
3: নতুন এ এবং বি অ্যারেতে পদক্ষেপ 2 থেকে পুনরায় চালু করুন।
এ [1] = 9
বি = (1, 2, 3, 8, 9, 12, 14)
9 এখন অ্যারে বি এর 5 তম অবস্থানে রয়েছে, সুতরাং এখানে 4 টি বিপর্যয় রয়েছে। আমরা এটি জানি কারণ 9 টি অ্যারে এ প্রথম অবস্থানে ছিল, সুতরাং নিম্নমানের যে কোনও উপাদান পরবর্তী সময়ে প্রদর্শিত হবে তার j> i এর সূচক থাকবে (যেহেতু এই ক্ষেত্রে আমি আবার 1)। অ্যারে থেকে A [1] এবং অ্যারে বিতে এর সম্পর্কিত অবস্থান থেকে সরান (সাহসী উপাদানগুলি সরানো হবে)
এ = ( 9 , 1, 14, 8, 12, 3, 2) = (1, 14, 8, 12, 3, 2)
বি = (1, 2, 3, 8, 9 , 12, 14) = (1, 2, 3, 8, 12, 14)
এই শিরাতে চালিয়ে যাওয়া লুপটি শেষ হয়ে গেলে অ্যারে এ এর মোট সংখ্যক বিপর্যয় দেয়।
পদক্ষেপ 1 (মার্জ সাজানোর) কার্যকর করতে O (n * লগ এন) নেবে। দ্বিতীয় ধাপে n বার কার্যকর হবে এবং প্রতিটি সম্পাদনীতে একটি বাইনারি অনুসন্ধান করা হবে যা O (লগ এন) কে মোট ও (এন * লগ এন) চালানোর জন্য নেয়। মোট চলমান সময় এভাবে ও (এন * লগ এন) + ও (এন * লগ এন) = হে (এন * লগ এন) হবে।
আপনার সাহায্যের জন্য ধন্যবাদ. কাগজের টুকরোতে নমুনা অ্যারে লিখে সত্যিই সমস্যাটি কল্পনা করতে সহায়তা করেছিল।
কেন মার্জ সাজ্ট তাড়াতাড়ি সাজান না?
—
অ্যালকোট
@ অ্যালকোট কুইক বাছাইয়ের ও (এন ^ 2) এর চলমান সময়টি সবচেয়ে খারাপ হয়, যখন তালিকাটি ইতিমধ্যে বাছাই করা হয় এবং প্রতিটি রাউন্ডটি প্রতিটি রাউন্ডে নির্বাচিত হয়। মার্জ সাজানোর সবচেয়ে খারাপ পরিস্থিতি হ'ল (এন লগ এন)
—
ব্যবহারকারীর 482594
মানগুলি সরানোর কারণে মানক অ্যারে থেকে অপসারণের পদক্ষেপটি আপনার অ্যালগরিদম O (n ^ 2) করে। (এ কারণেই সন্নিবেশ বাছাই ও (এন ^ 2))
—
কাইল বাট
অ্যারে বিয়ের প্রথম উপাদানটি দিয়ে শুরু করা এবং অ্যারে এ এর আগে উপাদানগুলি গণনা করাও একই ফলাফল দেবে, আপনি যদি আপনার উত্তরে বর্ণিত হিসাবে সেগুলি মুছে ফেলেন।
—
tutak
@ এল ডায়াবলো এন ^ 2 জটিলতা এড়াতে কীভাবে উপাদানগুলি সরিয়ে ফেলবেন ??
—
ঝাঁকুনি
পাইথনে
# O(n log n)
def count_inversion(lst):
return merge_count_inversion(lst)[1]
def merge_count_inversion(lst):
if len(lst) <= 1:
return lst, 0
middle = int( len(lst) / 2 )
left, a = merge_count_inversion(lst[:middle])
right, b = merge_count_inversion(lst[middle:])
result, c = merge_count_split_inversion(left, right)
return result, (a + b + c)
def merge_count_split_inversion(left, right):
result = []
count = 0
i, j = 0, 0
left_len = len(left)
while i < left_len and j < len(right):
if left[i] <= right[j]:
result.append(left[i])
i += 1
else:
result.append(right[j])
count += left_len - i
j += 1
result += left[i:]
result += right[j:]
return result, count
#test code
input_array_1 = [] #0
input_array_2 = [1] #0
input_array_3 = [1, 5] #0
input_array_4 = [4, 1] #1
input_array_5 = [4, 1, 2, 3, 9] #3
input_array_6 = [4, 1, 3, 2, 9, 5] #5
input_array_7 = [4, 1, 3, 2, 9, 1] #8
print count_inversion(input_array_1)
print count_inversion(input_array_2)
print count_inversion(input_array_3)
print count_inversion(input_array_4)
print count_inversion(input_array_5)
print count_inversion(input_array_6)
print count_inversion(input_array_7)
আমি কীভাবে এটি +13 এ পৌঁছাতে পেরেছি তাতে আমি বিস্মিত হই - পাইথনে আমি বিশেষভাবে দক্ষ নই, তবে জাভা সংস্করণটি 2 বছর আগে উপস্থাপিত হিসাবে এটি বেশ একই রকম মনে হয় , ব্যতীত এটি কোনও ব্যাখ্যা দেয় না । প্রতিটি অন্যান্য ভাষায় উত্তরগুলি পোস্ট করা সক্রিয়ভাবে ক্ষতিকারক আইএমও - সম্ভবত হাজার হাজার, আরও অনেকগুলি না হলেও, ভাষাগুলি - আমি আশা করি যে কেউই তর্ক করবে না যে আমাদের একটি প্রশ্নের হাজার হাজার উত্তর পোস্ট করা উচিত - স্ট্যাক এক্সচেঞ্জ তার জন্য তৈরি করা হয়নি ।
—
বার্নহার্ড বার্কার
@tennenrishin ঠিক আছে, সম্ভবত হাজার হাজার না। তবে আমরা যদিও রেখাটি আঁকবো? আমি বর্তমানে এটি হিসাবে গণনা করছি হিসাবে ইতিমধ্যে , দশ উত্তর ইতিমধ্যে একই পদ্ধতির প্রদান । এটি উত্তরগুলির প্রায় 43% (উত্তর ব্যতীত উত্তর করুন) - এখানে উপস্থাপন করা হয়েছে যে আরও অর্ধ ডজন অন্যান্য পন্থাগুলি এখানে দেওয়া হয়েছে given এমনকি যদি একই পদ্ধতির জন্য মাত্র 2 টি উত্তর থাকে, তবে এখনও এটি অযথা উত্তরগুলিকে কমিয়ে দেয়। এবং আমি এই উত্তরটির জন্য আমার আগের মন্তব্যে বিশেষভাবে কার্যকর না হওয়ায় একটি সুন্দর শালীন যুক্তি দিয়েছিলাম ।
—
বার্নহার্ড বার্কার
@ ডুকলিং আপনার মত, আমি পাইথনের সাথে অপরিচিত এবং জাভা সম্পর্কে আরও পরিচিত। আমি এই সমাধানটি জাভাটির চেয়ে অনেক কম পঠনযোগ্য বলে মনে করি। এটি তখন দাঁড়ায় যে কিছু লোকের পক্ষে কথোপকথনটি একই পরিমাণে সত্য হতে পারে।
—
বিনোদনমূলক
বেশিরভাগ ব্যবহারকারীর জন্য পাইথন সুডো কোডের কাছাকাছি। আমি সত্যই এটি জাভা এক তুলনায় অনেক বেশি পঠনযোগ্য দেখতে পাই যদিও এর কোন ব্যাখ্যা নেই। আমি যদি কিছু পাঠকদের সহায়তা করে তবে এতটা বিরক্ত হওয়ার দরকার নেই see
—
ফ্রান্সিসকো ভার্গাস
পাইথন ব্যবহারকারীদের জন্য এই সমাধানটি পুরোপুরি সূক্ষ্ম এবং পঠনযোগ্য। অন্যরা কীভাবে পাইথনে এটি প্রয়োগ করেছে তা লোকেরা দেখতে চায়।
—
অ্যারিন
আমি অবাক হই কেন এখনও কেউ বাইনারি-ইনডেক্সযুক্ত গাছের উল্লেখ করেননি। আপনি আপনার অনুক্রম উপাদানগুলির মানগুলির উপসর্গের পরিমাণগুলি বজায় রাখতে একটি ব্যবহার করতে পারেন। তারপরে আপনি ঠিক ডান থেকে বাম দিকে এগিয়ে যেতে পারেন এবং প্রতিটি উপাদানের জন্য এটির চেয়ে ছোট উপাদানের সংখ্যা ডান থেকে গণনা করতে পারেন:
def count_inversions(a):
res = 0
counts = [0]*(len(a)+1)
rank = { v : i+1 for i, v in enumerate(sorted(a)) }
for x in reversed(a):
i = rank[x] - 1
while i:
res += counts[i]
i -= i & -i
i = rank[x]
while i <= len(a):
counts[i] += 1
i += i & -i
return res
জটিলতাটি হ'ল (এন লগ এন), এবং ধ্রুবক ফ্যাক্টরটি খুব কম।
সম্ভবত সেরা পন্থা :)
—
নীলুতপাল বোর্গোহাইন
@ নীলুতপালবারগোহেইন ধন্যবাদ :) মনে হচ্ছে কমপক্ষে ও (এন লগ এন) প্রার্থীদের মধ্যে সবচেয়ে কম কোডের প্রয়োজন।
—
নিক্লাস বি।
এর জন্য ধন্যবাদ.
—
জেরার্ড কন্ডন
i -= i & -iরেখার অর্থ কী ? এবং অনুরূপভাবেi += i & -i
@ জেরার্ডকন্ডন এটি মূলত বিআইটি ডেটা কাঠামো। এটির ব্যাখ্যা দেওয়ার একটি লিঙ্ক উত্তরে পাওয়া যাবে
—
নিক্লাস বি।
ফেনউইক গাছ সম্পর্কে টিআইএল। ধন্যবাদ! আমি একটি উত্তর পোস্ট করেছি যা
—
পিএম 2Ring
timeitএই প্রশ্নের সমস্ত পাইথনের উত্তরের তুলনা করে , তাই এতে আপনার কোড অন্তর্ভুক্ত রয়েছে। আপনি সময়সীমার ফলাফলগুলি দেখতে আগ্রহী হতে পারেন।
আমার আসলে হোম ওয়ার্কের জন্য এর অনুরূপ একটি প্রশ্ন ছিল। আমার সীমাবদ্ধ ছিল যে এটির অবশ্যই ও (নলগন) দক্ষতা থাকতে হবে।
আপনি Mergesort ব্যবহারের প্রস্তাবিত ধারণাটি ব্যবহার করেছি, কারণ এটি ইতিমধ্যে সঠিক দক্ষতার of আমি কেবলমাত্র মার্জিং ফাংশনটিতে কিছু কোড সন্নিবেশ করলাম যা মূলতঃ ডানদিকে থাকা অ্যারে থেকে যখনই একটি সংখ্যা আউটপুট অ্যারেতে যুক্ত করা হয় তখন আমি মোট বিপরীত সংখ্যায় যোগ করি, বাম অ্যারেতে থাকা সংখ্যার পরিমাণ।
এটি আমার কাছে এখন অনেক অর্থবোধ করে যে আমি এটি সম্পর্কে যথেষ্ট চিন্তা করেছি। আপনার গণনা যে কোনও সংখ্যার আগে কত বেশি সংখ্যক বড় সংখ্যা আসবে।
HTH।
আমি আপনার উত্তরটিকে সমর্থন করি, মার্জ সাজ্ট থেকে অপরিহার্য পার্থক্যটি মার্জ ফাংশনে হয় যখন ২ য় ডান অ্যারের উপাদান আউটপুট অ্যারে => ইনক্রিমেন্ট ইনভার্সন কাউন্টারে 1 ম বাম অ্যারেতে থাকা উপাদানগুলির সংখ্যার দ্বারা অনুলিপি হয়
—
অ্যালেক্স.সালানিকভ
এই উত্তরের প্রাথমিক উদ্দেশ্যটি এখানে পাওয়া বিভিন্ন পাইথন সংস্করণের গতির তুলনা করা, তবে আমার নিজস্ব কিছু অবদানও রয়েছে। (এফডাব্লুআইডাব্লু, একটি সদৃশ অনুসন্ধান করার সময় আমি এই প্রশ্নটি সবেমাত্র আবিষ্কার করেছি)।
সিপাইথনে প্রয়োগ করা অ্যালগরিদমের আপেক্ষিক মৃত্যুদণ্ডের গতি অ্যালগরিদমের একটি সাধারণ বিশ্লেষণ এবং অন্যান্য ভাষার অভিজ্ঞতার তুলনায় যা আশা করা যায় তার থেকে আলাদা হতে পারে। কারণ পাইথন সি তে প্রয়োগ করা অনেক শক্তিশালী ফাংশন এবং পদ্ধতি সরবরাহ করে যা তালিকাগুলি এবং অন্যান্য সংগ্রহগুলিতে দ্রুত গতি সম্পন্ন গতিবেগের সাথে কাজ করতে পারে, সুতরাং সেই অপারেশনগুলি পাইথনের সাথে "ম্যানুয়ালি" প্রয়োগ করা সমতুল্য অ্যালগোরিদমগুলির চেয়ে অনেক বেশি দ্রুত চলে কোড।
এই সরঞ্জামগুলির সুবিধা গ্রহণকারী কোডটি প্রায়শই তাত্ত্বিকভাবে উচ্চতর অ্যালগরিদমগুলিকে ছাড়িয়ে যায় যা সংগ্রহের পৃথক আইটেমগুলিতে পাইথন অপারেশন সহ সবকিছু করার চেষ্টা করে। অবশ্যই প্রক্রিয়াধীন ডেটা প্রকৃত পরিমাণে এর উপরও প্রভাব ফেলে। তবে পরিমিত পরিমাণে ডেটার জন্য, সি গতিতে চলমান একটি O (n²) অ্যালগরিদম ব্যবহার করে এমন কোড সহজেই একটি O (n লগ এন) অ্যালগরিদমকে বীট করতে পারে যা পৃথক পাইথন অপারেশনগুলির সাহায্যে তার বেশিরভাগ কাজ করে।
এই বিপর্যয় গণনা প্রশ্নের উত্তর পোস্ট করা অনেকগুলি একত্রীকরণের ভিত্তিতে একটি অ্যালগরিদম ব্যবহার করে। তাত্ত্বিকভাবে, অ্যারের আকারটি খুব কম না হলে এটি একটি ভাল পদ্ধতি। তবে পাইথনের অন্তর্নির্মিত টিমসোর্ট (একটি সংকর স্থিতিশীল বাছাই অ্যালগরিদম, সংযুক্তি বাছাই এবং সন্নিবেশ সারণি থেকে প্রাপ্ত) সি গতিতে চলে এবং পাইথনের হাতে হাতে কোড করা একটি সংযুক্তি গতির সাথে প্রতিযোগিতা করার আশা করতে পারে না cannot
এখানে আরও উদ্বেগজনক সমাধানগুলির মধ্যে একটি , নিক্লাস বি পোস্ট করা উত্তরে , অ্যারের আইটেমের র্যাঙ্কিং নির্ধারণ করার জন্য বিল্ট-ইন সাজ্টর ব্যবহার করে এবং বিবর্তনের গণনা করার জন্য জমে থাকা পরিমাণগুলি সঞ্চয় করতে একটি বাইনারি সূচক গাছ (ওরফে ফেনউইক ট্রি) ব্যবহার করে গণনা। এই ডেটা স্ট্রাকচার এবং নিক্লাসের অ্যালগরিদম বোঝার চেষ্টা করার মধ্যে আমি আমার নিজস্ব কয়েকটি প্রকরণ লিখেছি (নীচে পোস্ট করা হয়েছে)। তবে আমি এটিও আবিষ্কার করেছি যে মাঝারি তালিকার মাপের জন্য পাইথনের বিল্ট-ইন ফাংশনটি সুদৃশ্য ফেনউইক গাছের চেয়ে ব্যবহার করা আসলে দ্রুত fastersum
def count_inversions(a):
total = 0
counts = [0] * len(a)
rank = {v: i for i, v in enumerate(sorted(a))}
for u in reversed(a):
i = rank[u]
total += sum(counts[:i])
counts[i] += 1
return total
অবশেষে, যখন তালিকার আকার 500 এর কাছাকাছি হয়ে যায়, তখন সেই লুপটির sumভিতরে কল করার ও (N²) দিকটি forতার কুরুচিপূর্ণ মাথাটি দেখা দেয় এবং কার্য সম্পাদন ডুবে যেতে শুরু করে।
Mergesort কেবলমাত্র O (nlogn) বাছাই নয়, এবং অন্য অনেকগুলি বিপরীত গণনা সম্পাদনের জন্য ব্যবহার করা যেতে পারে। প্রসাদভকের উত্তরটিতে বাইনারি ট্রি সাজানো ব্যবহার করা হয়েছে, তবে তার কোডটি সি ++ বা এর একটি ডেরাইভেটিভের মধ্যে উপস্থিত বলে মনে হচ্ছে। সুতরাং আমি একটি পাইথন সংস্করণ যুক্ত করেছি। আমি গাছের নোডগুলি বাস্তবায়নের জন্য প্রাথমিকভাবে একটি শ্রেণি ব্যবহার করেছি তবে আবিষ্কার করেছি যে একটি ডোক লক্ষণীয়ভাবে দ্রুত। আমি শেষ পর্যন্ত তালিকাটি ব্যবহার করেছি, যা আরও দ্রুততর, যদিও এটি কোডটি কিছুটা কম পাঠযোগ্য করে তোলে।
ট্রিস্টর্টের একটি বোনাস হ'ল মার্জোর্টের চেয়ে পুনরুক্তি প্রয়োগ করা অনেক সহজ। পাইথন পুনরাবৃত্তি অনুকূলিত করে না এবং এর পুনরাবৃত্তির গভীরতা সীমা রয়েছে (যদিও এটি সত্যিকারের প্রয়োজন হলে এটি বাড়ানো যেতে পারে )। এবং অবশ্যই পাইথন ফাংশন কলগুলি তুলনামূলকভাবে ধীরে ধীরে, তাই আপনি যখন গতির জন্য অনুকূলিতকরণের চেষ্টা করছেন তখন কার্যকরী কলগুলি এড়ানো ভাল।
অন্য একটি O (nlogn) বাছাইয়ের উপকরণযোগ্য রডিক্স বাছাই। এটির বড় সুবিধা হ'ল এটি একে অপরের সাথে কীগুলি তুলনা করে না। এটা তোলে এর অসুবিধা এটি পূর্ণসংখ্যার সংলগ্ন সিকোয়েন্স, ইন পূর্ণসংখ্যার আদর্শভাবে একটি বিন্যাস ভাল কাজ করে range(b**m)যেখানে bআমি সাজানোর পড়তে চেষ্টা পর র্যাডিক্স উপর ভিত্তি করে একটি কয়েক সংস্করণ যোগ সাধারণত 2. কাউন্টিং inversions, অফলাইন লম্ব বিন্যাস কাউন্টিং, এবং সংশ্লিষ্ট সমস্যা যা একটি অনুচ্ছেদে "বিপর্যয়" সংখ্যা গণনা করার সাথে যুক্ত ।
seqদৈর্ঘ্যের সাধারণ ক্রমে বিবর্তনগুলি গণনা করতে কার্যকরভাবে রডিক্স সাজানোর ব্যবহার করতে আমরা range(n)এর একই সংখ্যার বিপরীতার একটি ক্রম তৈরি করতে পারি seq। টিমসোর্টের মাধ্যমে আমরা (নিকৃষ্টতম) ও (nlogn) সময়ে এটি করতে পারি। কৌশলটি seqবাছাইয়ের মাধ্যমে সূচকগুলি বিন্যাস করা seq। এটি একটি ছোট উদাহরণ দিয়ে ব্যাখ্যা করা আরও সহজ।
seq = [15, 14, 11, 12, 10, 13]
b = [t[::-1] for t in enumerate(seq)]
print(b)
b.sort()
print(b)
আউটপুট
[(15, 0), (14, 1), (11, 2), (12, 3), (10, 4), (13, 5)]
[(10, 4), (11, 2), (12, 3), (13, 5), (14, 1), (15, 0)]
(মান, সূচক) জোড়া জোড়া বাছাই করার মাধ্যমে seqআমরা সূচকগুলি seqএকই সংখ্যার অদলবদলের সাথে ক্রমান্বিত করেছি যা এর ক্রমযুক্ত seqক্রম থেকে তার মূল ক্রমে লাগাতে হবে। আমরা range(n)একটি উপযুক্ত কী ফাংশন দিয়ে বাছাই করে সেই ক্রমটিশন তৈরি করতে পারি :
print(sorted(range(len(seq)), key=lambda k: seq[k]))
আউটপুট
[4, 2, 3, 5, 1, 0]
এর পদ্ধতি lambdaব্যবহার করে আমরা এড়াতে পারি :seq.__getitem__
sorted(range(len(seq)), key=seq.__getitem__)
এটি কেবল সামান্য দ্রুত, তবে আমরা যে গতি পেতে পারি তার সবগুলি অনুসন্ধান করছি। ;)
নীচের কোডটি timeitএই পৃষ্ঠায় বিদ্যমান পাইথন অ্যালগরিদমগুলির সমস্ত, এবং আমার নিজস্ব কয়েকটি নিয়ে পরীক্ষা করে তোলে: ব্রুট-ফোর্স ও (N²) সংস্করণগুলির একটি দম্পতি, নিক্লাস বি এর অ্যালগরিদমের কয়েকটি প্রকরণ এবং অবশ্যই মার্জার্টের উপর ভিত্তি করে একটি (যা আমি বিদ্যমান উত্তরগুলি উল্লেখ না করে লিখেছি)। এটিতে আমার তালিকাভিত্তিক ট্রিস্টর্ট কোডটি প্রায় প্রসাদভকের কোড থেকে প্রাপ্ত এবং মূল সূত্রের উপর ভিত্তি করে বিভিন্ন ফাংশন রয়েছে, কেউ কেউ মার্জোর্টের পদ্ধতির অনুরূপ কৌশল ব্যবহার করে এবং কিছু sumফেনউইক ট্রি ব্যবহার করে ।
এই প্রোগ্রামটি প্রতিটি ক্রিয়াকলাপের মৃত্যুর সময়কে ধারাবাহিকের এলোমেলো তালিকাগুলির তালিকায় পরিমাপ করে; এটি যাচাই করতে পারে যে প্রতিটি ফাংশন অন্যদের মতো একই ফলাফল দেয় এবং এটি ইনপুট তালিকাটি পরিবর্তন করে না।
প্রতিটি timeitকল 3 টি ফলাফল সমেত একটি ভেক্টর দেয় যা আমি বাছাই করি। এখানে তাকান প্রধান মান ন্যূনতম এক, অন্যান্য মান নিছক কিভাবে নির্ভরযোগ্য সর্বনিম্ন মান যে একটি ইঙ্গিত দিতে হয়, হিসাবে নোট আলোচনা মডিউল ডক্স ।timeit
দুর্ভাগ্যক্রমে, এই প্রোগ্রামটির আউটপুটটি এই উত্তরের অন্তর্ভুক্ত করার জন্য খুব বড়, তাই আমি এটি নিজের (সম্প্রদায় উইকি) উত্তরে পোস্ট করছি ।
পুরানো ডেবিয়ান-ডেরাইভেটিভ ডিস্ট্রোতে পাইথন ৩.6.০ চালাচ্ছে আমার প্রাচীন 32 বিট সিঙ্গল কোর 2 জিএইচজেড মেশিনে আউটপুট 3 রান থেকে from YMMV। পরীক্ষাগুলির সময় আমি সিপিইউতে অন্যান্য কাজের প্রভাব কমাতে আমার ওয়েব ব্রাউজারটি বন্ধ করে দিয়েছিলাম এবং আমার রাউটার থেকে সংযোগ বিচ্ছিন্ন করেছিলাম।
৪০৯ list থেকে lo৪ পর্যন্ত লুপের আকারের সাথে প্রথম রানগুলি 5 থেকে 320 পর্যন্ত তালিকা আকারের সমস্ত ফাংশন পরীক্ষা করে (তালিকার আকার দ্বিগুণ হওয়ার সাথে সাথে লুপের আকার অর্ধেক হয়ে যায়)। প্রতিটি তালিকা তৈরি করতে ব্যবহৃত এলোমেলো পুলটি তালিকার অর্ধেক আকারের, তাই আমরা প্রচুর নকল পেতে পারি । কিছু বিপর্যয় গণনা অ্যালগরিদম অন্যদের তুলনায় সদৃশ প্রতি সংবেদনশীল।
দ্বিতীয় রানটি বৃহত্তর তালিকাগুলি ব্যবহার করে: 640 থেকে 10240 এবং 8 এর একটি নির্দিষ্ট লুপ আকার time আমার বলপূর্বক হে (ছিল n ²) ফাংশন শুধু হয় উপায় এই মাপ খুব ধীর, এবং তার আগে উল্লেখ করা হয়েছে, আমার কোড হিসাবে ব্যবহার sum, যা মধ্যপন্থী তালিকাতে ছোট তাই ভালো করে দেখেন, শুধু আপ বড় তালিকার রাখতে পারবেন না।
চূড়ান্ত রানের তালিকায় 20480 থেকে 655360 পর্যন্ত তালিকা আকার রয়েছে এবং 8 টি দ্রুততম ফাংশন সহ 4 টির একটি নির্দিষ্ট লুপের আকার রয়েছে। ৪০,০০০ এর নিচে মাপের তালিকার জন্য টিম বেবিচের কোডটি পরিষ্কার বিজয়ী। ভাল কাজ টিম! নিক্লাস বি এর কোডটিও একটি অলরাউন্ড পারফর্মার, যদিও এটি ছোট তালিকায় পরাজিত হয়। "পাইথন" এর দ্বি-ভিত্তিক কোডটি আরও ভালভাবে কাজ করে, যদিও এটি প্রচুর নকলের সাথে বিশাল তালিকাগুলি সহ কিছুটা ধীর গতির বলে মনে হয়, সম্ভবত এই লিনিয়ার whileলুপের কারণে এটি ডুপেসের উপর দিয়ে যাওয়ার জন্য ব্যবহার করে।
তবে খুব বড় তালিকার আকারের জন্য দ্বিখণ্ডভিত্তিক অ্যালগরিদমগুলি সত্য ও (নলন) আলগোরিদিমগুলির সাথে প্রতিযোগিতা করতে পারে না।
#!/usr/bin/env python3
''' Test speeds of various ways of counting inversions in a list
The inversion count is a measure of how sorted an array is.
A pair of items in a are inverted if i < j but a[j] > a[i]
See /programming/337664/counting-inversions-in-an-array
This program contains code by the following authors:
mkso
Niklas B
B. M.
Tim Babych
python
Zhe Hu
prasadvk
noman pouigt
PM 2Ring
Timing and verification code by PM 2Ring
Collated 2017.12.16
Updated 2017.12.21
'''
from timeit import Timer
from random import seed, randrange
from bisect import bisect, insort_left
seed('A random seed string')
# Merge sort version by mkso
def count_inversion_mkso(lst):
return merge_count_inversion(lst)[1]
def merge_count_inversion(lst):
if len(lst) <= 1:
return lst, 0
middle = len(lst) // 2
left, a = merge_count_inversion(lst[:middle])
right, b = merge_count_inversion(lst[middle:])
result, c = merge_count_split_inversion(left, right)
return result, (a + b + c)
def merge_count_split_inversion(left, right):
result = []
count = 0
i, j = 0, 0
left_len = len(left)
while i < left_len and j < len(right):
if left[i] <= right[j]:
result.append(left[i])
i += 1
else:
result.append(right[j])
count += left_len - i
j += 1
result += left[i:]
result += right[j:]
return result, count
# . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
# Using a Binary Indexed Tree, aka a Fenwick tree, by Niklas B.
def count_inversions_NiklasB(a):
res = 0
counts = [0] * (len(a) + 1)
rank = {v: i for i, v in enumerate(sorted(a), 1)}
for x in reversed(a):
i = rank[x] - 1
while i:
res += counts[i]
i -= i & -i
i = rank[x]
while i <= len(a):
counts[i] += 1
i += i & -i
return res
# . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
# Merge sort version by B.M
# Modified by PM 2Ring to deal with the global counter
bm_count = 0
def merge_count_BM(seq):
global bm_count
bm_count = 0
sort_bm(seq)
return bm_count
def merge_bm(l1,l2):
global bm_count
l = []
while l1 and l2:
if l1[-1] <= l2[-1]:
l.append(l2.pop())
else:
l.append(l1.pop())
bm_count += len(l2)
l.reverse()
return l1 + l2 + l
def sort_bm(l):
t = len(l) // 2
return merge_bm(sort_bm(l[:t]), sort_bm(l[t:])) if t > 0 else l
# . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
# Bisection based method by Tim Babych
def solution_TimBabych(A):
sorted_left = []
res = 0
for i in range(1, len(A)):
insort_left(sorted_left, A[i-1])
# i is also the length of sorted_left
res += (i - bisect(sorted_left, A[i]))
return res
# Slightly faster, except for very small lists
def solutionE_TimBabych(A):
res = 0
sorted_left = []
for i, u in enumerate(A):
# i is also the length of sorted_left
res += (i - bisect(sorted_left, u))
insort_left(sorted_left, u)
return res
# . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
# Bisection based method by "python"
def solution_python(A):
B = list(A)
B.sort()
inversion_count = 0
for i in range(len(A)):
j = binarySearch_python(B, A[i])
while B[j] == B[j - 1]:
if j < 1:
break
j -= 1
inversion_count += j
B.pop(j)
return inversion_count
def binarySearch_python(alist, item):
first = 0
last = len(alist) - 1
found = False
while first <= last and not found:
midpoint = (first + last) // 2
if alist[midpoint] == item:
return midpoint
else:
if item < alist[midpoint]:
last = midpoint - 1
else:
first = midpoint + 1
# . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
# Merge sort version by Zhe Hu
def inv_cnt_ZheHu(a):
_, count = inv_cnt(a.copy())
return count
def inv_cnt(a):
n = len(a)
if n==1:
return a, 0
left = a[0:n//2] # should be smaller
left, cnt1 = inv_cnt(left)
right = a[n//2:] # should be larger
right, cnt2 = inv_cnt(right)
cnt = 0
i_left = i_right = i_a = 0
while i_a < n:
if (i_right>=len(right)) or (i_left < len(left)
and left[i_left] <= right[i_right]):
a[i_a] = left[i_left]
i_left += 1
else:
a[i_a] = right[i_right]
i_right += 1
if i_left < len(left):
cnt += len(left) - i_left
i_a += 1
return (a, cnt1 + cnt2 + cnt)
# . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
# Merge sort version by noman pouigt
# From https://stackoverflow.com/q/47830098
def reversePairs_nomanpouigt(nums):
def merge(left, right):
if not left or not right:
return (0, left + right)
#if everything in left is less than right
if left[len(left)-1] < right[0]:
return (0, left + right)
else:
left_idx, right_idx, count = 0, 0, 0
merged_output = []
# check for condition before we merge it
while left_idx < len(left) and right_idx < len(right):
#if left[left_idx] > 2 * right[right_idx]:
if left[left_idx] > right[right_idx]:
count += len(left) - left_idx
right_idx += 1
else:
left_idx += 1
#merging the sorted list
left_idx, right_idx = 0, 0
while left_idx < len(left) and right_idx < len(right):
if left[left_idx] > right[right_idx]:
merged_output += [right[right_idx]]
right_idx += 1
else:
merged_output += [left[left_idx]]
left_idx += 1
if left_idx == len(left):
merged_output += right[right_idx:]
else:
merged_output += left[left_idx:]
return (count, merged_output)
def partition(nums):
count = 0
if len(nums) == 1 or not nums:
return (0, nums)
pivot = len(nums)//2
left_count, l = partition(nums[:pivot])
right_count, r = partition(nums[pivot:])
temp_count, temp_list = merge(l, r)
return (temp_count + left_count + right_count, temp_list)
return partition(nums)[0]
# . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
# PM 2Ring
def merge_PM2R(seq):
seq, count = merge_sort_count_PM2R(seq)
return count
def merge_sort_count_PM2R(seq):
mid = len(seq) // 2
if mid == 0:
return seq, 0
left, left_total = merge_sort_count_PM2R(seq[:mid])
right, right_total = merge_sort_count_PM2R(seq[mid:])
total = left_total + right_total
result = []
i = j = 0
left_len, right_len = len(left), len(right)
while i < left_len and j < right_len:
if left[i] <= right[j]:
result.append(left[i])
i += 1
else:
result.append(right[j])
j += 1
total += left_len - i
result.extend(left[i:])
result.extend(right[j:])
return result, total
def rank_sum_PM2R(a):
total = 0
counts = [0] * len(a)
rank = {v: i for i, v in enumerate(sorted(a))}
for u in reversed(a):
i = rank[u]
total += sum(counts[:i])
counts[i] += 1
return total
# Fenwick tree functions adapted from C code on Wikipedia
def fen_sum(tree, i):
''' Return the sum of the first i elements, 0 through i-1 '''
total = 0
while i:
total += tree[i-1]
i -= i & -i
return total
def fen_add(tree, delta, i):
''' Add delta to element i and thus
to fen_sum(tree, j) for all j > i
'''
size = len(tree)
while i < size:
tree[i] += delta
i += (i+1) & -(i+1)
def fenwick_PM2R(a):
total = 0
counts = [0] * len(a)
rank = {v: i for i, v in enumerate(sorted(a))}
for u in reversed(a):
i = rank[u]
total += fen_sum(counts, i)
fen_add(counts, 1, i)
return total
def fenwick_inline_PM2R(a):
total = 0
size = len(a)
counts = [0] * size
rank = {v: i for i, v in enumerate(sorted(a))}
for u in reversed(a):
i = rank[u]
j = i + 1
while i:
total += counts[i]
i -= i & -i
while j < size:
counts[j] += 1
j += j & -j
return total
def bruteforce_loops_PM2R(a):
total = 0
for i in range(1, len(a)):
u = a[i]
for j in range(i):
if a[j] > u:
total += 1
return total
def bruteforce_sum_PM2R(a):
return sum(1 for i in range(1, len(a)) for j in range(i) if a[j] > a[i])
# Using binary tree counting, derived from C++ code (?) by prasadvk
# https://stackoverflow.com/a/16056139
def ltree_count_PM2R(a):
total, root = 0, None
for u in a:
# Store data in a list-based tree structure
# [data, count, left_child, right_child]
p = [u, 0, None, None]
if root is None:
root = p
continue
q = root
while True:
if p[0] < q[0]:
total += 1 + q[1]
child = 2
else:
q[1] += 1
child = 3
if q[child]:
q = q[child]
else:
q[child] = p
break
return total
# Counting based on radix sort, recursive version
def radix_partition_rec(a, L):
if len(a) < 2:
return 0
if len(a) == 2:
return a[1] < a[0]
left, right = [], []
count = 0
for u in a:
if u & L:
right.append(u)
else:
count += len(right)
left.append(u)
L >>= 1
if L:
count += radix_partition_rec(left, L) + radix_partition_rec(right, L)
return count
# The following functions determine swaps using a permutation of
# range(len(a)) that has the same inversion count as `a`. We can create
# this permutation with `sorted(range(len(a)), key=lambda k: a[k])`
# but `sorted(range(len(a)), key=a.__getitem__)` is a little faster.
# Counting based on radix sort, iterative version
def radix_partition_iter(seq, L):
count = 0
parts = [seq]
while L and parts:
newparts = []
for a in parts:
if len(a) < 2:
continue
if len(a) == 2:
count += a[1] < a[0]
continue
left, right = [], []
for u in a:
if u & L:
right.append(u)
else:
count += len(right)
left.append(u)
if left:
newparts.append(left)
if right:
newparts.append(right)
parts = newparts
L >>= 1
return count
def perm_radixR_PM2R(a):
size = len(a)
b = sorted(range(size), key=a.__getitem__)
n = size.bit_length() - 1
return radix_partition_rec(b, 1 << n)
def perm_radixI_PM2R(a):
size = len(a)
b = sorted(range(size), key=a.__getitem__)
n = size.bit_length() - 1
return radix_partition_iter(b, 1 << n)
# Plain sum of the counts of the permutation
def perm_sum_PM2R(a):
total = 0
size = len(a)
counts = [0] * size
for i in reversed(sorted(range(size), key=a.__getitem__)):
total += sum(counts[:i])
counts[i] = 1
return total
# Fenwick sum of the counts of the permutation
def perm_fenwick_PM2R(a):
total = 0
size = len(a)
counts = [0] * size
for i in reversed(sorted(range(size), key=a.__getitem__)):
j = i + 1
while i:
total += counts[i]
i -= i & -i
while j < size:
counts[j] += 1
j += j & -j
return total
# - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
# All the inversion-counting functions
funcs = (
solution_TimBabych,
solutionE_TimBabych,
solution_python,
count_inversion_mkso,
count_inversions_NiklasB,
merge_count_BM,
inv_cnt_ZheHu,
reversePairs_nomanpouigt,
fenwick_PM2R,
fenwick_inline_PM2R,
merge_PM2R,
rank_sum_PM2R,
bruteforce_loops_PM2R,
bruteforce_sum_PM2R,
ltree_count_PM2R,
perm_radixR_PM2R,
perm_radixI_PM2R,
perm_sum_PM2R,
perm_fenwick_PM2R,
)
def time_test(seq, loops, verify=False):
orig = seq
timings = []
for func in funcs:
seq = orig.copy()
value = func(seq) if verify else None
t = Timer(lambda: func(seq))
result = sorted(t.repeat(3, loops))
timings.append((result, func.__name__, value))
assert seq==orig, 'Sequence altered by {}!'.format(func.__name__)
first = timings[0][-1]
timings.sort()
for result, name, value in timings:
result = ', '.join([format(u, '.5f') for u in result])
print('{:24} : {}'.format(name, result))
if verify:
# Check that all results are identical
bad = ['%s: %d' % (name, value)
for _, name, value in timings if value != first]
if bad:
print('ERROR. Value: {}, bad: {}'.format(first, ', '.join(bad)))
else:
print('Value: {}'.format(first))
print()
#Run the tests
size, loops = 5, 1 << 12
verify = True
for _ in range(7):
hi = size // 2
print('Size = {}, hi = {}, {} loops'.format(size, hi, loops))
seq = [randrange(hi) for _ in range(size)]
time_test(seq, loops, verify)
loops >>= 1
size <<= 1
#size, loops = 640, 8
#verify = False
#for _ in range(5):
#hi = size // 2
#print('Size = {}, hi = {}, {} loops'.format(size, hi, loops))
#seq = [randrange(hi) for _ in range(size)]
#time_test(seq, loops, verify)
#size <<= 1
#size, loops = 163840, 4
#verify = False
#for _ in range(3):
#hi = size // 2
#print('Size = {}, hi = {}, {} loops'.format(size, hi, loops))
#seq = [randrange(hi) for _ in range(size)]
#time_test(seq, loops, verify)
#size <<= 1
ধন্যবাদ, এটি বেশ বিনোদনমূলক ছিল :) সি মডিউলটি ব্যবহারের সুফলগুলি স্পষ্টভাবে দেখায় - যা দ্বিখণ্ডিত।
—
টিম বেবিচ
সমস্যাটি হ'ল বিজয়ী (তাত্ত্বিকভাবে) চতুর্ভুজ অ্যালগরিদম ব্যবহার করে। আকারের জন্য 000 100 000, এটি অন্যরা মারবে। আমি আমার পোস্টটি সম্পাদনা করে অজগরের পরিমাণটি রৈখিক সি-স্পিড সমাধান রাখি।
—
BM 20
@ বিএম শিওর, তবে আপনি 45,000 বা তার বেশি আকার না পাওয়া পর্যন্ত টিমের দ্বিখণ্ডিত পদ্ধতিটি বেশ ভাল। আমি আরও কয়েকটি সমাধান পেয়েছি আমি পরের দিন বা এখানে এখানে যুক্ত করব।
—
প্রধানমন্ত্রী 2 রিং
@ টিমবাচ আপনি কি
—
স্টেফান পোচম্যান
bisectসি বলে দিচ্ছেন? আমি নিশ্চিত এটি পাইথন।
পাইথনের বাইসেক্ট মডিউলটি সি-তে লেখা আছে, github.com/python/cpython/blob/master/Modules/_bisectmodule.c github.com/python/cpython/blob/master/Lib/bisect.py#L84 দেখুন
—
টিম বেইচ
একত্রিতকরণের পদ্ধতিটি মার্জ সাজানোর ক্ষেত্রে বিশ্লেষণ করে বিবর্তনের সংখ্যাটি পাওয়া যাবে:
মার্জ অ্যারেতে দ্বিতীয় অ্যারে থেকে কোনও উপাদান অনুলিপি করার সময় (এই উদাহরণটিতে 9), এটি অন্যান্য উপাদানগুলির তুলনায় তুলনামূলকভাবে তার জায়গাটি রাখে। প্রথম অ্যারে থেকে মার্জ অ্যারেতে কোনও উপাদান অনুলিপি করার সময় (এখানে 5 টি) এটি দ্বিতীয় অ্যারেতে থাকা সমস্ত উপাদানগুলির সাথে উল্টানো হয় (3 এবং 4 এর সাথে 2 বিপরীতে)। সুতরাং মার্জ সাজানোর সামান্য পরিবর্তন ও (N ln n) এ সমস্যার সমাধান করতে পারে।
উদাহরণস্বরূপ, কেবল গণনা করার জন্য নীচের একত্রীভূত পাইথন কোডের দুটি # লাইনকে সংশোধন করুন।
def merge(l1,l2):
l = []
# global count
while l1 and l2:
if l1[-1] <= l2[-1]:
l.append(l2.pop())
else:
l.append(l1.pop())
# count += len(l2)
l.reverse()
return l1 + l2 + l
def sort(l):
t = len(l) // 2
return merge(sort(l[:t]), sort(l[t:])) if t > 0 else l
count=0
print(sort([5,1,2,4,9,3]), count)
# [1, 2, 3, 4, 5, 9] 6
সম্পাদনা 1
একই ধরণের কাজটি দ্রুত সাজানোর স্থিতিশীল সংস্করণ দিয়ে অর্জন করা যেতে পারে, যা কিছুটা দ্রুত বলে পরিচিত:
def part(l):
pivot=l[-1]
small,big = [],[]
count = big_count = 0
for x in l:
if x <= pivot:
small.append(x)
count += big_count
else:
big.append(x)
big_count += 1
return count,small,big
def quick_count(l):
if len(l)<2 : return 0
count,small,big = part(l)
small.pop()
return count + quick_count(small) + quick_count(big)
শেষ উপাদান হিসাবে পাইভট নির্বাচন করা, বিপরীতগুলি ভাল গণনা করা হয় এবং এক্সিকিউশন সময় উপরের একটিকে মার্জ করার চেয়ে 40% ভাল।
সম্পাদনা 2
পাইথনে পারফরম্যান্সের জন্য, একটি অদ্ভুত ও নমবা সংস্করণ:
প্রথমে সেই অদ্ভুত অংশটি, যা আরগোসর্ট ও (n ln n) ব্যবহার করে:
def count_inversions(a):
n = a.size
counts = np.arange(n) & -np.arange(n) # The BIT
ags = a.argsort(kind='mergesort')
return BIT(ags,counts,n)
এবং দক্ষ বিআইটি পদ্ধতির জন্য নাম্বার অংশ :
@numba.njit
def BIT(ags,counts,n):
res = 0
for x in ags :
i = x
while i:
res += counts[i]
i -= i & -i
i = x+1
while i < n:
counts[i] -= 1
i += i & -i
return res
আমি একটি উত্তর পোস্ট করেছি যা
—
পিএম 2Ring
timeitএই প্রশ্নের সমস্ত পাইথনের উত্তরের তুলনা করে , তাই এতে আপনার কোড অন্তর্ভুক্ত রয়েছে। আপনি সময়সীমার ফলাফলগুলি দেখতে আগ্রহী হতে পারেন।
এই পোস্টে কোনও পারফরম্যান্স সমস্যা নেই ... আমি কিছু সময় চেষ্টা করব। নোংরা নাম্বার অনুমতি;)?
—
BM
আমি কখনই নুম্বাকে ব্যবহার করি নি, তবে আমি নম্পিকে কিছুটা ব্যবহার করেছি এবং নিজেই নম্পি সংস্করণ যুক্ত করার কথা ভেবেছিলাম, তবে আমি কেবলমাত্র পরীক্ষাগুলি সীমাবদ্ধ করার সিদ্ধান্ত নিয়েছি যা কেবলমাত্র স্ট্যান্ডার্ড লাইব্রেরি ব্যবহার করে। তবে আমি অনুমান করি যে কোনও নম্পি সমাধান কীভাবে তুলনা করে তা দেখতে আকর্ষণীয় হবে। আমি সন্দেহ করি যে এটি ছোট তালিকায় দ্রুত হবে না।
—
প্রধানমন্ত্রী 2Ring
একটি 100x গতি চিত্তাকর্ষক! তবে নুম্বা না থাকায় আমি এটিকে চালাতে পারি না। এবং যেমনটি আমি আগেই বলেছি, এটি আমার
—
পিএম 2 রিং
timeitসংগ্রহে অন্তর্ভুক্ত করা ঠিক হবে না ।
মনে রাখবেন জেফ্রি ইরভিংয়ের উত্তরটি ভুল।
অ্যারেতে বিপর্যয়ের সংখ্যা অর্ধেক মোট অ্যারেস্টের এলিমেন্টগুলি সরানো যেতে হবে sort অতএব, এটি অ্যারে বাছাই করে, ফলস্বরূপ নির্গমন পি [i] বজায় রেখে, এবং তারপরে অ্যাবস (পি [i] -i) / 2 এর যোগফলের মাধ্যমে গণনা করা যেতে পারে। এটি O (n লগ এন) সময় নেয় যা সর্বোত্তম।
একটি বিকল্প পদ্ধতি দেওয়া হয়েছে http://mathworld.wolfram.com/PermutesInversion.html এ । এই পদ্ধতিটি সর্বোচ্চ (0, পি [i] -i) এর যোগফলের সমতুল্য, যা অ্যাবস (পি [i] -i]) / 2 এর যোগফলের সমান কারণ মোট দূরত্বের উপাদানগুলি বাম দিকে সরানো সমান হয় মোট দূরত্বের উপাদানগুলি ডানদিকে চলে যায়।
ক্রমটি উদাহরণ হিসাবে নিন {3, 2, 1। এখানে তিনটি বিপর্যয় রয়েছে: (3, 2), (3, 1), (2, 1), সুতরাং বিপরীতমুখী নম্বর 3 তবে যাইহোক, উদ্ধৃত পদ্ধতি অনুসারে উত্তরটি 2 হত।
পরিবর্তে সঠিক উত্তরটি সংলগ্ন অদলবদলের ন্যূনতম প্রয়োজনীয় সংখ্যা গণনা করে পাওয়া যাবে। আলোচনাটি দেখুন: স্ট্যাকওভারফ্লো.com
—
আইজ্যাক টার্নার
এটি দেখুন: http://www.cs.jhu.edu/~xfliu/600.363_F03/hw_solution/solution1.pdf
আমি আশা করি এটি আপনাকে সঠিক উত্তর দেবে।
- 2-3 বিপরীতমুখী অংশ (d)
- এটি চলমান সময় হ'ল O (nlogn)
বাইনারি গাছের তারতম্যের সাথে এখানে একটি সম্ভাব্য সমাধান রয়েছে। এটি প্রতিটি ট্রি নোডে রাইটসুবট্রি সাইজ নামে একটি ক্ষেত্র যুক্ত করে। বাইনারি গাছের সাথে তারা অ্যারে প্রদর্শিত হবে সেভাবে নম্বর সন্নিবেশ করিয়ে রাখুন। যদি সংখ্যাটি নোডে চলে যায় তবে সেই উপাদানটির জন্য বিপর্যয় গণনাটি হবে (1 + রাইটসুবট্রি সাইজ)। যেহেতু all সমস্ত উপাদান বর্তমান উপাদানের চেয়ে বড় এবং তারা অ্যারেতে আগে উপস্থিত হত। যদি উপাদানটি নোডের আরএইচএসে যায়, কেবল তার ডানদিকে সাবট্রি সাইজ বাড়ান। নিম্নলিখিত কোড অনুসরণ করা হয়।
Node {
int data;
Node* left, *right;
int rightSubTreeSize;
Node(int data) {
rightSubTreeSize = 0;
}
};
Node* root = null;
int totCnt = 0;
for(i = 0; i < n; ++i) {
Node* p = new Node(a[i]);
if(root == null) {
root = p;
continue;
}
Node* q = root;
int curCnt = 0;
while(q) {
if(p->data <= q->data) {
curCnt += 1 + q->rightSubTreeSize;
if(q->left) {
q = q->left;
} else {
q->left = p;
break;
}
} else {
q->rightSubTreeSize++;
if(q->right) {
q = q->right;
} else {
q->right = p;
break;
}
}
}
totCnt += curCnt;
}
return totCnt;
এটি একটি আকর্ষণীয় পদ্ধতির, এবং এটি বেশ দ্রুত বলে মনে হচ্ছে। তবে সেই তুলনাটি
—
প্রধানমন্ত্রী 2 রিং
if(p->data < q->data)অন্যথায় করা দরকার অন্যথায় সদৃশগুলি সঠিকভাবে পরিচালনা করা হয় না। এবং qলুপের শীর্ষে পরীক্ষা করার দরকার নেই , একটি শর্তহীন whileলুপ কাজ করে। এছাড়াও, আপনি কোন ভাষা এটি উল্লেখ করতে অবহেলা করেছেন। :) এবং আপনার ফাংশনটি শিরোনামের লাইনটি হারিয়েছে বলে মনে হচ্ছে।
আমি আমার উত্তরে আপনার গাছের অ্যালগোরিদমের উপর ভিত্তি করে একটি পাইথন সংস্করণ যুক্ত করেছি। অবশ্যই এটি একটি সম্পূর্ণ-সংকলিত সংস্করণ হিসাবে তত দ্রুত নয়, তবে এটি অন্যান্য পাইথন সংস্করণের তুলনায় এটি ভালভাবে করে।
—
দুপুর ২ টা
public static int mergeSort(int[] a, int p, int r)
{
int countInversion = 0;
if(p < r)
{
int q = (p + r)/2;
countInversion = mergeSort(a, p, q);
countInversion += mergeSort(a, q+1, r);
countInversion += merge(a, p, q, r);
}
return countInversion;
}
public static int merge(int[] a, int p, int q, int r)
{
//p=0, q=1, r=3
int countingInversion = 0;
int n1 = q-p+1;
int n2 = r-q;
int[] temp1 = new int[n1+1];
int[] temp2 = new int[n2+1];
for(int i=0; i<n1; i++) temp1[i] = a[p+i];
for(int i=0; i<n2; i++) temp2[i] = a[q+1+i];
temp1[n1] = Integer.MAX_VALUE;
temp2[n2] = Integer.MAX_VALUE;
int i = 0, j = 0;
for(int k=p; k<=r; k++)
{
if(temp1[i] <= temp2[j])
{
a[k] = temp1[i];
i++;
}
else
{
a[k] = temp2[j];
j++;
countingInversion=countingInversion+(n1-i);
}
}
return countingInversion;
}
public static void main(String[] args)
{
int[] a = {1, 20, 6, 4, 5};
int countInversion = mergeSort(a, 0, a.length-1);
System.out.println(countInversion);
}
এটি ইতিমধ্যে পোস্ট করা জাভা এবং পাইথন সমাধানগুলির চেয়ে অনেক বেশি আলাদা ? এছাড়াও, কোড-কেবল উত্তরগুলি বিশেষত ভাল আইএমও নয়, বিশেষত এই প্রশ্নটি বিবেচনা করে কোনও ভাষা নির্দিষ্ট করে দেয় না।
—
বার্নহার্ড বার্কার
যেহেতু এটি একটি পুরানো প্রশ্ন, আমি সিটিতে আমার উত্তর সরবরাহ করব I'll
#include <stdio.h>
int count = 0;
int inversions(int a[], int len);
void mergesort(int a[], int left, int right);
void merge(int a[], int left, int mid, int right);
int main() {
int a[] = { 1, 5, 2, 4, 0 };
printf("%d\n", inversions(a, 5));
}
int inversions(int a[], int len) {
mergesort(a, 0, len - 1);
return count;
}
void mergesort(int a[], int left, int right) {
if (left < right) {
int mid = (left + right) / 2;
mergesort(a, left, mid);
mergesort(a, mid + 1, right);
merge(a, left, mid, right);
}
}
void merge(int a[], int left, int mid, int right) {
int i = left;
int j = mid + 1;
int k = 0;
int b[right - left + 1];
while (i <= mid && j <= right) {
if (a[i] <= a[j]) {
b[k++] = a[i++];
} else {
printf("right element: %d\n", a[j]);
count += (mid - i + 1);
printf("new count: %d\n", count);
b[k++] = a[j++];
}
}
while (i <= mid)
b[k++] = a[i++];
while (j <= right)
b[k++] = a[j++];
for (i = left, k = 0; i <= right; i++, k++) {
a[i] = b[k];
}
}
-1 কারন প্রতিটি অন্যান্য ভাষায় একটি উত্তর আশাহীনভাবে অনেক বেশি উত্তর জাগিয়ে তুলবে, যার সবগুলিই ইতিমধ্যে অন্যান্য উত্তরে ইতিমধ্যে উপস্থাপন করা নকল তথ্য। অধিকন্তু, এটি মূলত কোনও কোড-কেবল উত্তর যা কোনও ব্যাখ্যা ছাড়াই নেই, যা সর্বোপরি সেই ভাষা সম্পর্কে মূলত যে প্রশ্নগুলির ক্ষেত্রে উপযুক্ত।
—
বার্নহার্ড বার্কার
এখানে সি ++ সমাধান রয়েছে
/**
*array sorting needed to verify if first arrays n'th element is greater than sencond arrays
*some element then all elements following n will do the same
*/
#include<stdio.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int countInversions(int array[],int size);
int merge(int arr1[],int size1,int arr2[],int size2,int[]);
int main()
{
int array[] = {2, 4, 1, 3, 5};
int size = sizeof(array) / sizeof(array[0]);
int x = countInversions(array,size);
printf("number of inversions = %d",x);
}
int countInversions(int array[],int size)
{
if(size > 1 )
{
int mid = size / 2;
int count1 = countInversions(array,mid);
int count2 = countInversions(array+mid,size-mid);
int temp[size];
int count3 = merge(array,mid,array+mid,size-mid,temp);
for(int x =0;x<size ;x++)
{
array[x] = temp[x];
}
return count1 + count2 + count3;
}else{
return 0;
}
}
int merge(int arr1[],int size1,int arr2[],int size2,int temp[])
{
int count = 0;
int a = 0;
int b = 0;
int c = 0;
while(a < size1 && b < size2)
{
if(arr1[a] < arr2[b])
{
temp[c] = arr1[a];
c++;
a++;
}else{
temp[c] = arr2[b];
b++;
c++;
count = count + size1 -a;
}
}
while(a < size1)
{
temp[c] = arr1[a];
c++;a++;
}
while(b < size2)
{
temp[c] = arr2[b];
c++;b++;
}
return count;
}
এই উত্তরটিতে timeitআমার প্রধান উত্তরে কোড দ্বারা উত্পাদিত পরীক্ষার ফলাফল রয়েছে । বিস্তারিত জানার জন্য উত্তর দেখুন!
count_inversions speed test results
Size = 5, hi = 2, 4096 loops
ltree_count_PM2R : 0.04871, 0.04872, 0.04876
bruteforce_loops_PM2R : 0.05696, 0.05700, 0.05776
solution_TimBabych : 0.05760, 0.05822, 0.05943
solutionE_TimBabych : 0.06642, 0.06704, 0.06760
bruteforce_sum_PM2R : 0.07523, 0.07545, 0.07563
perm_sum_PM2R : 0.09873, 0.09875, 0.09935
rank_sum_PM2R : 0.10449, 0.10463, 0.10468
solution_python : 0.13034, 0.13061, 0.13221
fenwick_inline_PM2R : 0.14323, 0.14610, 0.18802
perm_radixR_PM2R : 0.15146, 0.15203, 0.15235
merge_count_BM : 0.16179, 0.16267, 0.16467
perm_radixI_PM2R : 0.16200, 0.16202, 0.16768
perm_fenwick_PM2R : 0.16887, 0.16920, 0.17075
merge_PM2R : 0.18262, 0.18271, 0.18418
count_inversions_NiklasB : 0.19183, 0.19279, 0.20388
count_inversion_mkso : 0.20060, 0.20141, 0.20398
inv_cnt_ZheHu : 0.20815, 0.20841, 0.20906
fenwick_PM2R : 0.22109, 0.22137, 0.22379
reversePairs_nomanpouigt : 0.29620, 0.29689, 0.30293
Value: 5
Size = 10, hi = 5, 2048 loops
solution_TimBabych : 0.05954, 0.05989, 0.05991
solutionE_TimBabych : 0.05970, 0.05972, 0.05998
perm_sum_PM2R : 0.07517, 0.07519, 0.07520
ltree_count_PM2R : 0.07672, 0.07677, 0.07684
bruteforce_loops_PM2R : 0.07719, 0.07724, 0.07817
rank_sum_PM2R : 0.08587, 0.08823, 0.08864
bruteforce_sum_PM2R : 0.09470, 0.09472, 0.09484
solution_python : 0.13126, 0.13154, 0.13185
perm_radixR_PM2R : 0.14239, 0.14320, 0.14474
perm_radixI_PM2R : 0.14632, 0.14669, 0.14679
fenwick_inline_PM2R : 0.16796, 0.16831, 0.17030
perm_fenwick_PM2R : 0.18189, 0.18212, 0.18638
merge_count_BM : 0.19816, 0.19870, 0.19948
count_inversions_NiklasB : 0.21807, 0.22031, 0.22215
merge_PM2R : 0.22037, 0.22048, 0.26106
fenwick_PM2R : 0.24290, 0.24314, 0.24744
count_inversion_mkso : 0.24895, 0.24899, 0.25205
inv_cnt_ZheHu : 0.26253, 0.26259, 0.26590
reversePairs_nomanpouigt : 0.35711, 0.35762, 0.35973
Value: 20
Size = 20, hi = 10, 1024 loops
solutionE_TimBabych : 0.05687, 0.05696, 0.05720
solution_TimBabych : 0.06126, 0.06151, 0.06168
perm_sum_PM2R : 0.06875, 0.06906, 0.07054
rank_sum_PM2R : 0.07988, 0.07995, 0.08002
ltree_count_PM2R : 0.11232, 0.11239, 0.11257
bruteforce_loops_PM2R : 0.12553, 0.12584, 0.12592
solution_python : 0.13472, 0.13540, 0.13694
bruteforce_sum_PM2R : 0.15820, 0.15849, 0.16021
perm_radixI_PM2R : 0.17101, 0.17148, 0.17229
perm_radixR_PM2R : 0.17891, 0.18087, 0.18366
perm_fenwick_PM2R : 0.20554, 0.20708, 0.21412
fenwick_inline_PM2R : 0.21161, 0.21163, 0.22047
merge_count_BM : 0.24125, 0.24261, 0.24565
count_inversions_NiklasB : 0.25712, 0.25754, 0.25778
merge_PM2R : 0.26477, 0.26566, 0.31297
fenwick_PM2R : 0.28178, 0.28216, 0.29069
count_inversion_mkso : 0.30286, 0.30290, 0.30652
inv_cnt_ZheHu : 0.32024, 0.32041, 0.32447
reversePairs_nomanpouigt : 0.45812, 0.45822, 0.46172
Value: 98
Size = 40, hi = 20, 512 loops
solutionE_TimBabych : 0.05784, 0.05787, 0.05958
solution_TimBabych : 0.06452, 0.06475, 0.06479
perm_sum_PM2R : 0.07254, 0.07261, 0.07263
rank_sum_PM2R : 0.08537, 0.08540, 0.08572
ltree_count_PM2R : 0.11744, 0.11749, 0.11792
solution_python : 0.14262, 0.14285, 0.14465
perm_radixI_PM2R : 0.18774, 0.18776, 0.18922
perm_radixR_PM2R : 0.19425, 0.19435, 0.19609
bruteforce_loops_PM2R : 0.21500, 0.21511, 0.21686
perm_fenwick_PM2R : 0.23338, 0.23375, 0.23674
fenwick_inline_PM2R : 0.24947, 0.24958, 0.25189
bruteforce_sum_PM2R : 0.27627, 0.27646, 0.28041
merge_count_BM : 0.28059, 0.28128, 0.28294
count_inversions_NiklasB : 0.28557, 0.28759, 0.29022
merge_PM2R : 0.29886, 0.29928, 0.30317
fenwick_PM2R : 0.30241, 0.30259, 0.35237
count_inversion_mkso : 0.34252, 0.34356, 0.34441
inv_cnt_ZheHu : 0.37468, 0.37569, 0.37847
reversePairs_nomanpouigt : 0.50725, 0.50770, 0.50943
Value: 369
Size = 80, hi = 40, 256 loops
solutionE_TimBabych : 0.06339, 0.06373, 0.06513
solution_TimBabych : 0.06984, 0.06994, 0.07009
perm_sum_PM2R : 0.09171, 0.09172, 0.09186
rank_sum_PM2R : 0.10468, 0.10474, 0.10500
ltree_count_PM2R : 0.14416, 0.15187, 0.18541
solution_python : 0.17415, 0.17423, 0.17451
perm_radixI_PM2R : 0.20676, 0.20681, 0.20936
perm_radixR_PM2R : 0.21671, 0.21695, 0.21736
perm_fenwick_PM2R : 0.26197, 0.26252, 0.26264
fenwick_inline_PM2R : 0.28111, 0.28249, 0.28382
count_inversions_NiklasB : 0.31746, 0.32448, 0.32451
merge_count_BM : 0.31964, 0.33842, 0.35276
merge_PM2R : 0.32890, 0.32941, 0.33322
fenwick_PM2R : 0.34355, 0.34377, 0.34873
count_inversion_mkso : 0.37689, 0.37698, 0.38079
inv_cnt_ZheHu : 0.42923, 0.42941, 0.43249
bruteforce_loops_PM2R : 0.43544, 0.43601, 0.43902
bruteforce_sum_PM2R : 0.52106, 0.52160, 0.52531
reversePairs_nomanpouigt : 0.57805, 0.58156, 0.58252
Value: 1467
Size = 160, hi = 80, 128 loops
solutionE_TimBabych : 0.06766, 0.06784, 0.06963
solution_TimBabych : 0.07433, 0.07489, 0.07516
perm_sum_PM2R : 0.13143, 0.13175, 0.13179
rank_sum_PM2R : 0.14428, 0.14440, 0.14922
solution_python : 0.20072, 0.20076, 0.20084
ltree_count_PM2R : 0.20314, 0.20583, 0.24776
perm_radixI_PM2R : 0.23061, 0.23078, 0.23525
perm_radixR_PM2R : 0.23894, 0.23915, 0.24234
perm_fenwick_PM2R : 0.30984, 0.31181, 0.31503
fenwick_inline_PM2R : 0.31933, 0.32680, 0.32722
merge_count_BM : 0.36003, 0.36387, 0.36409
count_inversions_NiklasB : 0.36796, 0.36814, 0.37106
merge_PM2R : 0.36847, 0.36848, 0.37127
fenwick_PM2R : 0.37833, 0.37847, 0.38095
count_inversion_mkso : 0.42746, 0.42747, 0.43184
inv_cnt_ZheHu : 0.48969, 0.48974, 0.49293
reversePairs_nomanpouigt : 0.67791, 0.68157, 0.72420
bruteforce_loops_PM2R : 0.82816, 0.83175, 0.83282
bruteforce_sum_PM2R : 1.03322, 1.03378, 1.03562
Value: 6194
Size = 320, hi = 160, 64 loops
solutionE_TimBabych : 0.07467, 0.07470, 0.07483
solution_TimBabych : 0.08036, 0.08066, 0.08077
perm_sum_PM2R : 0.21142, 0.21201, 0.25766
solution_python : 0.22410, 0.22644, 0.22897
rank_sum_PM2R : 0.22820, 0.22851, 0.22877
ltree_count_PM2R : 0.24424, 0.24595, 0.24645
perm_radixI_PM2R : 0.25690, 0.25710, 0.26191
perm_radixR_PM2R : 0.26501, 0.26504, 0.26729
perm_fenwick_PM2R : 0.33483, 0.33507, 0.33845
fenwick_inline_PM2R : 0.34413, 0.34484, 0.35153
merge_count_BM : 0.39875, 0.39919, 0.40302
fenwick_PM2R : 0.40434, 0.40439, 0.40845
merge_PM2R : 0.40814, 0.41531, 0.51417
count_inversions_NiklasB : 0.41681, 0.42009, 0.42128
count_inversion_mkso : 0.47132, 0.47192, 0.47385
inv_cnt_ZheHu : 0.54468, 0.54750, 0.54893
reversePairs_nomanpouigt : 0.76164, 0.76389, 0.80357
bruteforce_loops_PM2R : 1.59125, 1.60430, 1.64131
bruteforce_sum_PM2R : 2.03734, 2.03834, 2.03975
Value: 24959
Run 2
Size = 640, hi = 320, 8 loops
solutionE_TimBabych : 0.04135, 0.04374, 0.04575
ltree_count_PM2R : 0.06738, 0.06758, 0.06874
perm_radixI_PM2R : 0.06928, 0.06943, 0.07019
fenwick_inline_PM2R : 0.07850, 0.07856, 0.08059
perm_fenwick_PM2R : 0.08151, 0.08162, 0.08170
perm_sum_PM2R : 0.09122, 0.09133, 0.09221
rank_sum_PM2R : 0.09549, 0.09603, 0.11270
merge_count_BM : 0.10733, 0.10807, 0.11032
count_inversions_NiklasB : 0.12460, 0.19865, 0.20205
solution_python : 0.13514, 0.13585, 0.13814
Size = 1280, hi = 640, 8 loops
solutionE_TimBabych : 0.04714, 0.04742, 0.04752
perm_radixI_PM2R : 0.15325, 0.15388, 0.15525
solution_python : 0.15709, 0.15715, 0.16076
fenwick_inline_PM2R : 0.16048, 0.16160, 0.16403
ltree_count_PM2R : 0.16213, 0.16238, 0.16428
perm_fenwick_PM2R : 0.16408, 0.16416, 0.16449
count_inversions_NiklasB : 0.19755, 0.19833, 0.19897
merge_count_BM : 0.23736, 0.23793, 0.23912
perm_sum_PM2R : 0.32946, 0.32969, 0.33277
rank_sum_PM2R : 0.34637, 0.34756, 0.34858
Size = 2560, hi = 1280, 8 loops
solutionE_TimBabych : 0.10898, 0.11005, 0.11025
perm_radixI_PM2R : 0.33345, 0.33352, 0.37656
ltree_count_PM2R : 0.34670, 0.34786, 0.34833
perm_fenwick_PM2R : 0.34816, 0.34879, 0.35214
fenwick_inline_PM2R : 0.36196, 0.36455, 0.36741
solution_python : 0.36498, 0.36637, 0.40887
count_inversions_NiklasB : 0.42274, 0.42745, 0.42995
merge_count_BM : 0.50799, 0.50898, 0.50917
perm_sum_PM2R : 1.27773, 1.27897, 1.27951
rank_sum_PM2R : 1.29728, 1.30389, 1.30448
Size = 5120, hi = 2560, 8 loops
solutionE_TimBabych : 0.26914, 0.26993, 0.27253
perm_radixI_PM2R : 0.71416, 0.71634, 0.71753
perm_fenwick_PM2R : 0.71976, 0.72078, 0.72078
fenwick_inline_PM2R : 0.72776, 0.72804, 0.73143
ltree_count_PM2R : 0.81972, 0.82043, 0.82290
solution_python : 0.83714, 0.83756, 0.83962
count_inversions_NiklasB : 0.87282, 0.87395, 0.92087
merge_count_BM : 1.09496, 1.09584, 1.10207
rank_sum_PM2R : 5.02564, 5.06277, 5.06666
perm_sum_PM2R : 5.09088, 5.12999, 5.13512
Size = 10240, hi = 5120, 8 loops
solutionE_TimBabych : 0.71556, 0.71718, 0.72201
perm_radixI_PM2R : 1.54785, 1.55096, 1.55515
perm_fenwick_PM2R : 1.55103, 1.55353, 1.59298
fenwick_inline_PM2R : 1.57118, 1.57240, 1.57271
ltree_count_PM2R : 1.76240, 1.76247, 1.80944
count_inversions_NiklasB : 1.86543, 1.86851, 1.87208
solution_python : 2.01490, 2.01519, 2.06423
merge_count_BM : 2.35215, 2.35301, 2.40023
rank_sum_PM2R : 20.07048, 20.08399, 20.13200
perm_sum_PM2R : 20.10187, 20.12551, 20.12683
Run 3
Size = 20480, hi = 10240, 4 loops
solutionE_TimBabych : 1.07636, 1.08243, 1.09569
perm_radixI_PM2R : 1.59579, 1.60519, 1.61785
perm_fenwick_PM2R : 1.66885, 1.68549, 1.71109
fenwick_inline_PM2R : 1.72073, 1.72752, 1.77217
ltree_count_PM2R : 1.96900, 1.97820, 2.02578
count_inversions_NiklasB : 2.03257, 2.05005, 2.18548
merge_count_BM : 2.46768, 2.47377, 2.52133
solution_python : 2.49833, 2.50179, 3.79819
Size = 40960, hi = 20480, 4 loops
solutionE_TimBabych : 3.51733, 3.52008, 3.56996
perm_radixI_PM2R : 3.51736, 3.52365, 3.56459
perm_fenwick_PM2R : 3.76097, 3.80900, 3.87974
fenwick_inline_PM2R : 3.95099, 3.96300, 3.99748
ltree_count_PM2R : 4.49866, 4.54652, 5.39716
count_inversions_NiklasB : 4.61851, 4.64303, 4.73026
merge_count_BM : 5.31945, 5.35378, 5.35951
solution_python : 6.78756, 6.82911, 6.98217
Size = 81920, hi = 40960, 4 loops
perm_radixI_PM2R : 7.68723, 7.71986, 7.72135
perm_fenwick_PM2R : 8.52404, 8.53349, 8.53710
fenwick_inline_PM2R : 8.97082, 8.97561, 8.98347
ltree_count_PM2R : 10.01142, 10.01426, 10.03216
count_inversions_NiklasB : 10.60807, 10.62424, 10.70425
merge_count_BM : 11.42149, 11.42342, 11.47003
solutionE_TimBabych : 12.83390, 12.83485, 12.89747
solution_python : 19.66092, 19.67067, 20.72204
Size = 163840, hi = 81920, 4 loops
perm_radixI_PM2R : 17.14153, 17.16885, 17.22240
perm_fenwick_PM2R : 19.25944, 19.27844, 20.27568
fenwick_inline_PM2R : 19.78221, 19.80219, 19.80766
ltree_count_PM2R : 22.42240, 22.43259, 22.48837
count_inversions_NiklasB : 22.97341, 23.01516, 23.98052
merge_count_BM : 24.42683, 24.48559, 24.51488
solutionE_TimBabych : 60.96006, 61.20145, 63.71835
solution_python : 73.75132, 73.79854, 73.95874
Size = 327680, hi = 163840, 4 loops
perm_radixI_PM2R : 36.56715, 36.60221, 37.05071
perm_fenwick_PM2R : 42.21616, 42.21838, 42.26053
fenwick_inline_PM2R : 43.04987, 43.09075, 43.13287
ltree_count_PM2R : 49.87400, 50.08509, 50.69292
count_inversions_NiklasB : 50.74591, 50.75012, 50.75551
merge_count_BM : 52.37284, 52.51491, 53.43003
solutionE_TimBabych : 373.67198, 377.03341, 377.42360
solution_python : 411.69178, 411.92691, 412.83856
Size = 655360, hi = 327680, 4 loops
perm_radixI_PM2R : 78.51927, 78.66327, 79.46325
perm_fenwick_PM2R : 90.64711, 90.80328, 91.76126
fenwick_inline_PM2R : 93.32482, 93.39086, 94.28880
count_inversions_NiklasB : 107.74393, 107.80036, 108.71443
ltree_count_PM2R : 109.11328, 109.23592, 110.18247
merge_count_BM : 111.05633, 111.07840, 112.05861
solutionE_TimBabych : 1830.46443, 1836.39960, 1849.53918
solution_python : 1911.03692, 1912.04484, 1914.69786
গণনা বিপর্যয়গুলির জন্য একটি সি কোড এখানে
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
int _mergeSort(int arr[], int temp[], int left, int right);
int merge(int arr[], int temp[], int left, int mid, int right);
/* This function sorts the input array and returns the
number of inversions in the array */
int mergeSort(int arr[], int array_size)
{
int *temp = (int *)malloc(sizeof(int)*array_size);
return _mergeSort(arr, temp, 0, array_size - 1);
}
/* An auxiliary recursive function that sorts the input array and
returns the number of inversions in the array. */
int _mergeSort(int arr[], int temp[], int left, int right)
{
int mid, inv_count = 0;
if (right > left)
{
/* Divide the array into two parts and call _mergeSortAndCountInv()
for each of the parts */
mid = (right + left)/2;
/* Inversion count will be sum of inversions in left-part, right-part
and number of inversions in merging */
inv_count = _mergeSort(arr, temp, left, mid);
inv_count += _mergeSort(arr, temp, mid+1, right);
/*Merge the two parts*/
inv_count += merge(arr, temp, left, mid+1, right);
}
return inv_count;
}
/* This funt merges two sorted arrays and returns inversion count in
the arrays.*/
int merge(int arr[], int temp[], int left, int mid, int right)
{
int i, j, k;
int inv_count = 0;
i = left; /* i is index for left subarray*/
j = mid; /* i is index for right subarray*/
k = left; /* i is index for resultant merged subarray*/
while ((i <= mid - 1) && (j <= right))
{
if (arr[i] <= arr[j])
{
temp[k++] = arr[i++];
}
else
{
temp[k++] = arr[j++];
/*this is tricky -- see above explanation/diagram for merge()*/
inv_count = inv_count + (mid - i);
}
}
/* Copy the remaining elements of left subarray
(if there are any) to temp*/
while (i <= mid - 1)
temp[k++] = arr[i++];
/* Copy the remaining elements of right subarray
(if there are any) to temp*/
while (j <= right)
temp[k++] = arr[j++];
/*Copy back the merged elements to original array*/
for (i=left; i <= right; i++)
arr[i] = temp[i];
return inv_count;
}
/* Driver progra to test above functions */
int main(int argv, char** args)
{
int arr[] = {1, 20, 6, 4, 5};
printf(" Number of inversions are %d \n", mergeSort(arr, 5));
getchar();
return 0;
}
এখানে একটি বিশদ বিবরণ দেওয়া হয়েছিল: http://www.geeksforgeeks.org/counting-inversions/
ও (এন লগ এন) সময়, জা (জা) এ স্থান সমাধান।
মার্জ পদক্ষেপের সময় সম্পাদিত বিপর্যয়ের সংখ্যা সংরক্ষণ করার জন্য একটি টুইটের সাথে একটি সংযুক্তি (সুস্পষ্টভাবে ব্যাখ্যা করা সংযুক্তির জন্য http://www.vogella.com / টিউটোরিয়ালস / জাভাএলগোরিদিমমার্জসোর্ট / পার্টিকেল এইচটিএমএল দেখুন )
যেহেতু একত্রীকরণটি জায়গায় তৈরি করা যায়, তাই স্থান জটিলতা ও (1) এ উন্নত হতে পারে।
এই বাছাইটি ব্যবহার করার সময়, বিবর্তনগুলি কেবল মার্জ পদক্ষেপে ঘটে এবং কেবল যখন প্রথম অংশের উপাদানগুলির আগে আমাদের দ্বিতীয় অংশের একটি উপাদান রাখতে হয়, যেমন
- 0 5 10 15
একত্রিত
- 1 6 22
আমাদের 3 + 2 + 0 = 5 বিপরীতে রয়েছে:
- 1 {5, 10, 15 with সহ
- {10, 15 with সহ 6
- 22 {} সহ
আমরা 5 টি বিবর্তন করার পরে, আমাদের নতুন সংযুক্তির তালিকাটি 0, 1, 5, 6, 10, 15, 22
কোডিলিটির জন্য অ্যারেআইভার্সনকাউন্ট নামে একটি ডেমো টাস্ক রয়েছে, যেখানে আপনি নিজের সমাধানটি পরীক্ষা করতে পারেন।
public class FindInversions {
public static int solution(int[] input) {
if (input == null)
return 0;
int[] helper = new int[input.length];
return mergeSort(0, input.length - 1, input, helper);
}
public static int mergeSort(int low, int high, int[] input, int[] helper) {
int inversionCount = 0;
if (low < high) {
int medium = low + (high - low) / 2;
inversionCount += mergeSort(low, medium, input, helper);
inversionCount += mergeSort(medium + 1, high, input, helper);
inversionCount += merge(low, medium, high, input, helper);
}
return inversionCount;
}
public static int merge(int low, int medium, int high, int[] input, int[] helper) {
int inversionCount = 0;
for (int i = low; i <= high; i++)
helper[i] = input[i];
int i = low;
int j = medium + 1;
int k = low;
while (i <= medium && j <= high) {
if (helper[i] <= helper[j]) {
input[k] = helper[i];
i++;
} else {
input[k] = helper[j];
// the number of elements in the first half which the j element needs to jump over.
// there is an inversion between each of those elements and j.
inversionCount += (medium + 1 - i);
j++;
}
k++;
}
// finish writing back in the input the elements from the first part
while (i <= medium) {
input[k] = helper[i];
i++;
k++;
}
return inversionCount;
}
}
এখানে ও (এন * লগ (এন)) পার্ল বাস্তবায়ন:
sub sort_and_count {
my ($arr, $n) = @_;
return ($arr, 0) unless $n > 1;
my $mid = $n % 2 == 1 ? ($n-1)/2 : $n/2;
my @left = @$arr[0..$mid-1];
my @right = @$arr[$mid..$n-1];
my ($sleft, $x) = sort_and_count( \@left, $mid );
my ($sright, $y) = sort_and_count( \@right, $n-$mid);
my ($merged, $z) = merge_and_countsplitinv( $sleft, $sright, $n );
return ($merged, $x+$y+$z);
}
sub merge_and_countsplitinv {
my ($left, $right, $n) = @_;
my ($l_c, $r_c) = ($#$left+1, $#$right+1);
my ($i, $j) = (0, 0);
my @merged;
my $inv = 0;
for my $k (0..$n-1) {
if ($i<$l_c && $j<$r_c) {
if ( $left->[$i] < $right->[$j]) {
push @merged, $left->[$i];
$i+=1;
} else {
push @merged, $right->[$j];
$j+=1;
$inv += $l_c - $i;
}
} else {
if ($i>=$l_c) {
push @merged, @$right[ $j..$#$right ];
} else {
push @merged, @$left[ $i..$#$left ];
}
last;
}
}
return (\@merged, $inv);
}
পাইথনে আমার উত্তর:
1- প্রথমে অ্যারে বাছাই করুন এবং এর একটি অনুলিপি করুন। আমার প্রোগ্রামে, বি সাজানো অ্যারের প্রতিনিধিত্ব করে। 2- মূল অ্যারে (অরসেটেড) এর উপরে আইট্রেট করুন এবং সাজানো তালিকায় সেই উপাদানটির সূচকটি সন্ধান করুন। এছাড়াও উপাদানটির সূচি নোট করুন। 3- নিশ্চিত করুন যে উপাদানটির কোনও সদৃশ নেই, যদি তা থাকে তবে আপনাকে আপনার সূচকের মান -1 দ্বারা পরিবর্তন করতে হবে। আমার প্রোগ্রামের শর্তটি ঠিক সেইভাবে করছে। 4- বিপরীতটি গণনা করে রাখুন যা আপনার সূচককে মূল্য দেবে, এবং আপনি যখন তার বিপরীতে গণনা করলেন তখন উপাদানটি সরিয়ে ফেলুন।
def binarySearch(alist, item):
first = 0
last = len(alist) - 1
found = False
while first <= last and not found:
midpoint = (first + last)//2
if alist[midpoint] == item:
return midpoint
else:
if item < alist[midpoint]:
last = midpoint - 1
else:
first = midpoint + 1
def solution(A):
B = list(A)
B.sort()
inversion_count = 0
for i in range(len(A)):
j = binarySearch(B, A[i])
while B[j] == B[j - 1]:
if j < 1:
break
j -= 1
inversion_count += j
B.pop(j)
if inversion_count > 1000000000:
return -1
else:
return inversion_count
print solution([4, 10, 11, 1, 3, 9, 10])
আমি একটি উত্তর পোস্ট করেছি যা
—
পিএম 2Ring
timeitএই প্রশ্নের সমস্ত পাইথনের উত্তরের তুলনা করে , তাই এতে আপনার কোড অন্তর্ভুক্ত রয়েছে। আপনি সময়সীমার ফলাফলগুলি দেখতে আগ্রহী হতে পারেন।
ওয়েল আমার একটি আলাদা সমাধান আছে তবে আমি ভয় করি যে এটি কেবল স্বতন্ত্র অ্যারে উপাদানগুলির জন্যই কাজ করবে।
//Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int i,n;
cin >> n;
int arr[n],inv[n];
for(i=0;i<n;i++){
cin >> arr[i];
}
vector<int> v;
v.push_back(arr[n-1]);
inv[n-1]=0;
for(i=n-2;i>=0;i--){
auto it = lower_bound(v.begin(),v.end(),arr[i]);
//calculating least element in vector v which is greater than arr[i]
inv[i]=it-v.begin();
//calculating distance from starting of vector
v.insert(it,arr[i]);
//inserting that element into vector v
}
for(i=0;i<n;i++){
cout << inv[i] << " ";
}
cout << endl;
return 0;
}
আমার কোডটি ব্যাখ্যা করার জন্য আমরা অ্যারের শেষ থেকে উপাদান যুক্ত করা অবিরত রাখি any যে কোনও আগত অ্যারে উপাদানটির জন্য আমরা ভেক্টর ভিতে প্রথম উপাদানটির সূচক খুঁজে পাই যা আমাদের আগত উপাদানগুলির চেয়ে বড় এবং আগত উপাদানটির সূচকের বিপরীত গণনায় সেই মান নির্ধারণ করি .এর পরে আমরা সেই উপাদানটিকে ভেক্টর ভিতে it'sোকানোর পরে এটি সঠিক অবস্থানে যেমন ভেক্টর ভি সাজিয়ে রাখা হয়।
//INPUT
4
2 1 4 3
//OUTPUT
1 0 1 0
//To calculate total inversion count just add up all the elements in output array
আর একটি পাইথন সমাধান, সংক্ষিপ্ত একটি। বিল্টিন বাইসেক্ট মডিউল ব্যবহার করে, যা সাজানো অ্যারেতে উপাদানটি তার জায়গায় সন্নিবেশ করানোর জন্য এবং সাজানো অ্যারেতে উপাদানের সূচক খুঁজে পেতে ফাংশন সরবরাহ করে।
ধারণাটি হ'ল এন-থের বাম উপাদানগুলিকে এই জাতীয় অ্যারেতে সঞ্চয় করা যায় যা আমাদের সহজেই তাদের সংখ্যা এন-থের চেয়ে বেশি খুঁজে পেতে দেয়।
import bisect
def solution(A):
sorted_left = []
res = 0
for i in xrange(1, len(A)):
bisect.insort_left(sorted_left, A[i-1])
# i is also the length of sorted_left
res += (i - bisect.bisect(sorted_left, A[i]))
return res
আমি একটি উত্তর পোস্ট করেছি যা
—
পিএম 2 রিং
timeitএই প্রশ্নের সমস্ত পাইথনের উত্তরের তুলনা করে , তাই এতে আপনার কোড অন্তর্ভুক্ত রয়েছে। আপনি সময়সীমার ফলাফলগুলি দেখতে আগ্রহী হতে পারেন। : ডি
সহজ ও (এন ^ 2) উত্তরটি হ'ল নেস্টেড ফর লুপগুলি ব্যবহার করা এবং প্রতিটি বিপরীতকরণের জন্য কাউন্টার বাড়ানো to
int counter = 0;
for(int i = 0; i < n - 1; i++)
{
for(int j = i+1; j < n; j++)
{
if( A[i] > A[j] )
{
counter++;
}
}
}
return counter;
এখন আমি মনে করি আপনি আরও কার্যকর সমাধান চান, আমি এটি সম্পর্কে চিন্তা করব।
বাড়ির কাজের প্রশ্নগুলির জন্য একটি আসল সমাধানের চেয়ে সহায়ক পরামর্শ দেওয়া ভাল। একজন মানুষকে মাছ শিখিয়ে দিন।
—
ডাক্তার জোন্স 16
এটি প্রতিটি অন্যান্য শিক্ষার্থীরাই প্রথম পাবে এটিই সুস্পষ্ট সমাধান, আমি মনে করি তাদের শিক্ষক আরও ভাল পয়েন্ট পাবেন যা তাদের আরও পয়েন্ট পাবে।
—
mbillard
অগত্যা, এটি প্রোগ্রামিং কোর্সের স্তরের উপর নির্ভর করে। এটি একটি শিক্ষানবিশ জন্য এত সহজ না।
—
ডক্টর জোনস
তারা সম্ভবত এন * লগ (এন) সমাধান চান
—
এড্রেস
সি ++ এর ও (এন * লগ (এন)) সময় জটিলতার প্রয়োজনীয়তাকে সন্তুষ্ট করার একটি সম্ভাব্য সমাধান নিম্নরূপ হবে।
#include <algorithm>
vector<int> merge(vector<int>left, vector<int>right, int &counter)
{
vector<int> result;
vector<int>::iterator it_l=left.begin();
vector<int>::iterator it_r=right.begin();
int index_left=0;
while(it_l!=left.end() || it_r!=right.end())
{
// the following is true if we are finished with the left vector
// OR if the value in the right vector is the smaller one.
if(it_l==left.end() || (it_r!=right.end() && *it_r<*it_l) )
{
result.push_back(*it_r);
it_r++;
// increase inversion counter
counter+=left.size()-index_left;
}
else
{
result.push_back(*it_l);
it_l++;
index_left++;
}
}
return result;
}
vector<int> merge_sort_and_count(vector<int> A, int &counter)
{
int N=A.size();
if(N==1)return A;
vector<int> left(A.begin(),A.begin()+N/2);
vector<int> right(A.begin()+N/2,A.end());
left=merge_sort_and_count(left,counter);
right=merge_sort_and_count(right,counter);
return merge(left, right, counter);
}
এটি শুধুমাত্র কাউন্টার দ্বারা নিয়মিত মার্জ সাজানোর থেকে পৃথক।
এটি জাভা এবং পাইথন সলিউশনগুলির আগের মতো একই অ্যালগরিদম ব্যবহার করে পোস্ট করা হিসাবে বেশ একইরকম বলে মনে হয় এবং এইভাবে আমি এগুলি ছাড়াই এর বেশি মান যুক্ত করে না বলে মনে করি।
—
বার্নহার্ড বার্কার
এখানে রুবিতে আমার ও (এন লগ এন) সমাধান:
def solution(t)
sorted, inversion_count = sort_inversion_count(t)
return inversion_count
end
def sort_inversion_count(t)
midpoint = t.length / 2
left_half = t[0...midpoint]
right_half = t[midpoint..t.length]
if midpoint == 0
return t, 0
end
sorted_left_half, left_half_inversion_count = sort_inversion_count(left_half)
sorted_right_half, right_half_inversion_count = sort_inversion_count(right_half)
sorted = []
inversion_count = 0
while sorted_left_half.length > 0 or sorted_right_half.length > 0
if sorted_left_half.empty?
sorted.push sorted_right_half.shift
elsif sorted_right_half.empty?
sorted.push sorted_left_half.shift
else
if sorted_left_half[0] > sorted_right_half[0]
inversion_count += sorted_left_half.length
sorted.push sorted_right_half.shift
else
sorted.push sorted_left_half.shift
end
end
end
return sorted, inversion_count + left_half_inversion_count + right_half_inversion_count
end
এবং কিছু পরীক্ষার কেস:
require "minitest/autorun"
class TestCodility < Minitest::Test
def test_given_example
a = [-1, 6, 3, 4, 7, 4]
assert_equal solution(a), 4
end
def test_empty
a = []
assert_equal solution(a), 0
end
def test_singleton
a = [0]
assert_equal solution(a), 0
end
def test_none
a = [1,2,3,4,5,6,7]
assert_equal solution(a), 0
end
def test_all
a = [5,4,3,2,1]
assert_equal solution(a), 10
end
def test_clones
a = [4,4,4,4,4,4]
assert_equal solution(a), 0
end
end
একত্রীকরণের সর্বোত্তম উপায় হ'ল মার্জ সাজানোর মাধ্যমে এটি সমাধান করা যেখানে নিজেই মার্জ হয়ে যাবে আমরা বাম এবং ডান অ্যারের তুলনা করে কতগুলি বিপর্যয় প্রয়োজন তা পরীক্ষা করতে পারি। বাম অ্যারেতে যখনই উপাদান ডান অ্যারেতে উপাদানের চেয়ে বেশি হবে তখন এটি বিপরীতমুখী হবে।
সাজানোর পদ্ধতির মার্জ করুন: -
কোডটি এখানে। কোডটি হ'ল একত্রীকরণ সাজানোর মতোই mergeToParentপদ্ধতিতে কোড স্নিপেট ব্যতীত যেখানে আমি অন্য শর্তে বিপর্যয় গণনা করছি(left[leftunPicked] < right[rightunPicked])
public class TestInversionThruMergeSort {
static int count =0;
public static void main(String[] args) {
int[] arr = {6, 9, 1, 14, 8, 12, 3, 2};
partition(arr);
for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
System.out.println(arr[i]);
}
System.out.println("inversions are "+count);
}
public static void partition(int[] arr) {
if (arr.length > 1) {
int mid = (arr.length) / 2;
int[] left = null;
if (mid > 0) {
left = new int[mid];
for (int i = 0; i < mid; i++) {
left[i] = arr[i];
}
}
int[] right = new int[arr.length - left.length];
if ((arr.length - left.length) > 0) {
int j = 0;
for (int i = mid; i < arr.length; i++) {
right[j] = arr[i];
++j;
}
}
partition(left);
partition(right);
mergeToParent(left, right, arr);
}
}
public static void mergeToParent(int[] left, int[] right, int[] parent) {
int leftunPicked = 0;
int rightunPicked = 0;
int parentIndex = -1;
while (rightunPicked < right.length && leftunPicked < left.length) {
if (left[leftunPicked] < right[rightunPicked]) {
parent[++parentIndex] = left[leftunPicked];
++leftunPicked;
} else {
count = count + left.length-leftunPicked;
if ((rightunPicked < right.length)) {
parent[++parentIndex] = right[rightunPicked];
++rightunPicked;
}
}
}
while (leftunPicked < left.length) {
parent[++parentIndex] = left[leftunPicked];
++leftunPicked;
}
while (rightunPicked < right.length) {
parent[++parentIndex] = right[rightunPicked];
++rightunPicked;
}
}
}
আর একটি পদ্ধতি যেখানে আমরা সাজানো অ্যারের সাথে ইনপুট অ্যারের তুলনা করতে পারি: - ডায়াবলোর উত্তরটির এই বাস্তবায়ন। যদিও এটি অ্যারে বা তালিকা থেকে এন উপাদানগুলি অপসারণ হিসাবে পছন্দের পদ্ধতির পছন্দ করা উচিত নয় লগ (এন ^ 2)।
import java.util.ArrayList;
import java.util.Arrays;
import java.util.Collections;
import java.util.Iterator;
import java.util.List;
public class TestInversion {
public static void main(String[] args) {
Integer [] arr1 = {6, 9, 1, 14, 8, 12, 3, 2};
List<Integer> arr = new ArrayList(Arrays.asList(arr1));
List<Integer> sortArr = new ArrayList<Integer>();
for(int i=0;i<arr.size();i++){
sortArr.add(arr.get(i));
}
Collections.sort(sortArr);
int inversion = 0;
Iterator<Integer> iter = arr.iterator();
while(iter.hasNext()){
Integer el = (Integer)iter.next();
int index = sortArr.indexOf(el);
if(index+1 > 1){
inversion = inversion + ((index+1)-1);
}
//iter.remove();
sortArr.remove(el);
}
System.out.println("Inversions are "+inversion);
}
}
আকারের তালিকার পক্ষে সর্বাধিক সংখ্যক বিপর্যয় nপ্রকাশের মাধ্যমে সাধারণকরণ করা যেতে পারে:
maxPossibleInversions = (n * (n-1) ) / 2
সুতরাং আকারের অ্যারের জন্য 6সর্বাধিক সম্ভাব্য বিপর্যয় সমান হবে 15।
এর জটিলতা অর্জনের জন্য n lognআমরা একীভূত বাছাইয়ের ক্ষেত্রে বিপরীত অ্যালগরিদমকে পিগি ফিরিয়ে দিতে পারি।
এখানে সাধারণীকরণের পদক্ষেপগুলি রয়েছে:
- অ্যারে দুটি ভাগে ভাগ করুন
- মার্জসর্ট রুটিন কল করুন। বাম সুব্রেরিতে উপাদানটি ডান সাব অ্যারে তৈরির উপাদানের চেয়ে বেশি হলে
inversionCount += leftSubArray.length
এটাই!
এটি সরল উদাহরণ, আমি জাভাস্ক্রিপ্ট ব্যবহার করে তৈরি করেছি:
var arr = [6,5,4,3,2,1]; // Sample input array
var inversionCount = 0;
function mergeSort(arr) {
if(arr.length == 1)
return arr;
if(arr.length > 1) {
let breakpoint = Math.ceil((arr.length/2));
// Left list starts with 0, breakpoint-1
let leftList = arr.slice(0,breakpoint);
// Right list starts with breakpoint, length-1
let rightList = arr.slice(breakpoint,arr.length);
// Make a recursive call
leftList = mergeSort(leftList);
rightList = mergeSort(rightList);
var a = merge(leftList,rightList);
return a;
}
}
function merge(leftList,rightList) {
let result = [];
while(leftList.length && rightList.length) {
/**
* The shift() method removes the first element from an array
* and returns that element. This method changes the length
* of the array.
*/
if(leftList[0] <= rightList[0]) {
result.push(leftList.shift());
}else{
inversionCount += leftList.length;
result.push(rightList.shift());
}
}
while(leftList.length)
result.push(leftList.shift());
while(rightList.length)
result.push(rightList.shift());
console.log(result);
return result;
}
mergeSort(arr);
console.log('Number of inversions: ' + inversionCount);
সুইফটে মার্জ সাজ্টের সাথে একটি অ্যারেতে গণনা বিপর্যয়ের বাস্তবায়ন:
নোট করুন যে অদলবদলের সংখ্যা বৃদ্ধি পেয়েছে
nSwaps += mid + 1 - iL
(যা অ্যারের বিয়োগের বাম পাশের বর্তমান উপাদানের সূচক বাম পাশের আপেক্ষিক দৈর্ঘ্য)
... কারণ এটি উপাদানগুলির সংখ্যা যা অ্যারের ডান দিকের উপাদানটি বাছাই করতে (বিপরীতে # টি) এড়িয়ে যেতে হয়েছিল।
func merge(arr: inout [Int], arr2: inout [Int], low: Int, mid: Int, high: Int) -> Int {
var nSwaps = 0;
var i = low;
var iL = low;
var iR = mid + 1;
while iL <= mid && iR <= high {
if arr2[iL] <= arr2[iR] {
arr[i] = arr2[iL]
iL += 1
i += 1
} else {
arr[i] = arr2[iR]
nSwaps += mid + 1 - iL
iR += 1
i += 1
}
}
while iL <= mid {
arr[i] = arr2[iL]
iL += 1
i += 1
}
while iR <= high {
arr[i] = arr2[iR]
iR += 1
i += 1
}
return nSwaps
}
func mergeSort(arr: inout [Int]) -> Int {
var arr2 = arr
let nSwaps = mergeSort(arr: &arr, arr2: &arr2, low: 0, high: arr.count-1)
return nSwaps
}
func mergeSort(arr: inout [Int], arr2: inout [Int], low: Int, high: Int) -> Int {
if low >= high {
return 0
}
let mid = low + ((high - low) / 2)
var nSwaps = 0;
nSwaps += mergeSort(arr: &arr2, arr2: &arr, low: low, high: mid)
nSwaps += mergeSort(arr: &arr2, arr2: &arr, low: mid+1, high: high)
nSwaps += merge(arr: &arr, arr2: &arr2, low: low, mid: mid, high: high)
return nSwaps
}
var arrayToSort: [Int] = [2, 1, 3, 1, 2]
let nSwaps = mergeSort(arr: &arrayToSort)
print(arrayToSort) // [1, 1, 2, 2, 3]
print(nSwaps) // 4বেশিরভাগ উত্তর ভিত্তিক হয় MergeSortতবে এটি সমাধানের একমাত্র উপায় এটি নয়O(nlogn)
আমি কয়েকটি পন্থা আলোচনা করব।
ব্যবহার করা
Balanced Binary Search Tree- সদৃশ উপাদানগুলির জন্য ফ্রিকোয়েন্সি সঞ্চয় করতে আপনার গাছকে বাড়িয়ে তুলুন।
- ধারণাটি হ'ল গাছটি শিকড় থেকে কোনও পাতায় inোকানোর জন্য বৃহত্তর নোডগুলি গণনা করা।
এটার মতো কিছু.
Node *insert(Node* root, int data, int& count){
if(!root) return new Node(data);
if(root->data == data){
root->freq++;
count += getSize(root->right);
}
else if(root->data > data){
count += getSize(root->right) + root->freq;
root->left = insert(root->left, data, count);
}
else root->right = insert(root->right, data, count);
return balance(root);
}
int getCount(int *a, int n){
int c = 0;
Node *root = NULL;
for(auto i=0; i<n; i++) root = insert(root, a[i], c);
return c;
}- ব্যবহার করা
Binary Indexed Tree- একটি সামিট বিআইটি তৈরি করুন।
- শেষ থেকে লুপ করুন এবং আরও বৃহত্তর উপাদানগুলির গণনা সন্ধান শুরু করুন।
int getInversions(int[] a) {
int n = a.length, inversions = 0;
int[] bit = new int[n+1];
compress(a);
BIT b = new BIT();
for (int i=n-1; i>=0; i--) {
inversions += b.getSum(bit, a[i] - 1);
b.update(bit, n, a[i], 1);
}
return inversions;
}- ব্যবহার করা
Segment Tree- একটি সামিট সেগমেন্ট ট্রি তৈরি করুন।
- অ্যারের শেষ থেকে লুপ এবং কোয়েরি
[0, a[i]-1]এবং আপডেটের মধ্যেa[i] with 1
int getInversions(int *a, int n) {
int N = n + 1, c = 0;
compress(a, n);
int tree[N<<1] = {0};
for (int i=n-1; i>=0; i--) {
c+= query(tree, N, 0, a[i] - 1);
update(tree, N, a[i], 1);
}
return c;
}এছাড়াও, ব্যবহার করার সময় BITবা Segment-Treeএকটি ভাল ধারণা করা হয়Coordinate compression
void compress(int *a, int n) {
int temp[n];
for (int i=0; i<n; i++) temp[i] = a[i];
sort(temp, temp+n);
for (int i=0; i<n; i++) a[i] = lower_bound(temp, temp+n, a[i]) - temp + 1;
}
সি ++ Θ (এন এলজি এন) পেয়ারের মুদ্রণের সাথে সমাধান যা বিপরীতে গণনাতে গঠিত।
int merge(vector<int>&nums , int low , int mid , int high){
int size1 = mid - low +1;
int size2= high - mid;
vector<int>left;
vector<int>right;
for(int i = 0 ; i < size1 ; ++i){
left.push_back(nums[low+i]);
}
for(int i = 0 ; i <size2 ; ++i){
right.push_back(nums[mid+i+1]);
}
left.push_back(INT_MAX);
right.push_back(INT_MAX);
int i = 0 ;
int j = 0;
int start = low;
int inversion = 0 ;
while(i < size1 && j < size2){
if(left[i]<right[j]){
nums[start] = left[i];
start++;
i++;
}else{
for(int l = i ; l < size1; ++l){
cout<<"("<<left[l]<<","<<right[j]<<")"<<endl;
}
inversion += size1 - i;
nums[start] = right[j];
start++;
j++;
}
}
if(i == size1){
for(int c = j ; c< size2 ; ++c){
nums[start] = right[c];
start++;
}
}
if(j == size2){
for(int c = i ; c< size1 ; ++c){
nums[start] = left[c];
start++;
}
}
return inversion;
}
int inversion_count(vector<int>& nums , int low , int high){
if(high>low){
int mid = low + (high-low)/2;
int left = inversion_count(nums,low,mid);
int right = inversion_count(nums,mid+1,high);
int inversion = merge(nums,low,mid,high) + left + right;
return inversion;
}
return 0 ;
}
যদি আউটপুটে অনুলিপি করা নম্বরটি ডান অ্যারে থেকে থাকে তবে মার্জ ধাপের ইনক্রিমেন্ট কাউন্টারে মার্জসর্ট ব্যবহার করুন।
প্রতিটি উপাদানটির জন্য কাউন্টারকে বাড়ানো (সম্ভবত এক দ্বারা) আপনাকে খুব কম বিপর্যয় দেয়।
—
বার্নহার্ড বার্কার
আমি সম্প্রতি আর এ এটি করতে হয়েছিল:
inversionNumber <- function(x){
mergeSort <- function(x){
if(length(x) == 1){
inv <- 0
} else {
n <- length(x)
n1 <- ceiling(n/2)
n2 <- n-n1
y1 <- mergeSort(x[1:n1])
y2 <- mergeSort(x[n1+1:n2])
inv <- y1$inversions + y2$inversions
x1 <- y1$sortedVector
x2 <- y2$sortedVector
i1 <- 1
i2 <- 1
while(i1+i2 <= n1+n2+1){
if(i2 > n2 || i1 <= n1 && x1[i1] <= x2[i2]){
x[i1+i2-1] <- x1[i1]
i1 <- i1 + 1
} else {
inv <- inv + n1 + 1 - i1
x[i1+i2-1] <- x2[i2]
i2 <- i2 + 1
}
}
}
return (list(inversions=inv,sortedVector=x))
}
r <- mergeSort(x)
return (r$inversions)
}
@ ডুকলিং আপনাকে কীভাবে আপনার মন্তব্যটি প্রত্যাহার করতে অনুরোধ করেছে কিন্তু আপনার ডাউনটি নয়?
—
যাদুঘর