Inserimento efficiente nell'elenco mantenendo il numero minimo di inversioni

Assumi due elenchi di elementi comparabili: u e s. Sia INV (u) il numero di inversioni in u.

Sto cercando un algoritmo efficiente per inserire gli elementi di s in te con un aumento minimo di INV (u).

Fondamentalmente vorrei inserire oggetti in un elenco mantenendolo "il più ordinato possibile" mantenendo l'ordine del primo elenco.

Esempio:

u = [4,6,2,9,7]
INV(u) = 3 ((4, 2), (6, 2) and (9, 7)

s = [8,3,10]

one optimal solution u' = [3, 4, 6, 2, 8, 9, 7, 10]
INV(u') = 5 ((4, 2), (7, 2) and (9, 7) + (3,2), (8,7))

different optimal solution u' = [3, 4, 6, 2, 9, 7, 8, 10]
INV(u') = 5 ((4, 2), (7, 2) and (9, 7) + (3,2), (9,8))

Come puoi vedere, non esiste una soluzione ottimale unica.

Sarei felice per qualsiasi tipo di idea o direzione da esaminare.

Questa è un'elaborazione sulla risposta di Trevore. È troppo lungo per inserire un commento e contiene le prove della sua soluzione (o almeno come la capisco).

Puoi mostrare che in qualsiasi soluzione ottimale, gli elementi di appariranno ordinati. $s$In caso contrario, assumere e compaiono in ordine inverso in una soluzione ottimale. Sia σ 1 il numero di elementi tra s 1 e s 2 che sono minori di s 1 e β 1 è il numero di quelli che sono più grandi di s 1 . Definire σ 2 e β 2 in modo simile per s 2 . Si noti che σ 1$s_1 < s_2$$\sigma_1$$s_1$$s_2$$s_1$$\beta_1$$s_1$$\sigma_2$$\beta_2$$s_2$ e β 2$\sigma_1 \leq \sigma_2$ . Scambiando s 1 e s 2 cambierà il numero di inversioni di - β 1 + β 2 - σ $\beta_2 \leq \beta_1$$s_1$$s_2$ che è al massimo -1.$-\beta_1 + \beta_2 - \sigma_2 + \sigma_1 - 1$

Non è difficile vedere che gli elementi di possono essere inseriti in modo indipendente. $s$Poiché sembrano ordinati, gli elementi di non "sentono" la presenza reciproca. Cioè, coppie di elementi da $s$$s$ non contribuiscono al conteggio delle inversioni. Per fare ciò, inserisci la mediana di modo ottimale in tempo lineare. Quindi, ricorsivamente, inserisci elementi di s inferiori alla mediana a sinistra della mediana e elementi più grandi della mediana alla sua destra.$s$$s$

Lascia che la mediana sia inserita nella posizione , il tempo di esecuzione di questo soddisfa, T ( | s | , | u | ) = T ( | s | / 2 , | u | - k ) + T ( | s | / 2 , k ) + | u | + | s | , il lineare | s $k$$T(|s|, |u|) = T(|s| / 2, |u| - k) + T(|s| / 2, k) + |u| + |s|$$|s|$il fattore è trovare la mediana e mescolare gli elementi di | s | ) .$s$. È facile dimostrare per induzione che $T(|s|, |u|) = O(|s| \log |s| + |u| \log |s|)$

Si noti che la dipendenza da qui è ottimale. Poiché la risoluzione del problema con u vuota è equivalente all'ordinamento di s utilizzando solo confronti. La dipendenza da | u | è anche ottimale, poiché il problema per un elenco singleton $|s|$$u$$s$$|u|$$s$ ed una lista deve richiedere lavoro lineare.$u$

Ok, ecco la mia soluzione:

Un'osservazione (che ho più o meno dimostrato) è che una soluzione ottimale sarà sempre quella in cui s è ordinato in modo crescente. Questo dà origine ad un algoritmo O ((| u | + | s |) * log (| s |)).

Per trovare la soluzione ottimale per un singolo elemento, fai come ho detto nel mio commento: Prendi un elemento da s, confrontalo con ciascun elemento in u da sinistra a destra, incrementa un contatore è un'inversione e porta il numero precedentemente calcolato. Quindi attraversare l'elenco da destra a sinistra con lo stesso elemento, aumentando i conteggi per ciascuna posizione.

Questo è O (| u |).

Ordina s.

Per l'elemento centrale di s nella posizione m: trova la posizione migliore b in u (usando il metodo dall'alto).

Dividi s a meu b e chiama ricorsivamente con le parti sinistra e destra, concatenando i risultati con m nell'ordine giusto.

Fermati non appena sei vuoto.