Algorytm

Załóżmy, że podano różnych liczb całkowitych , takich, że dla pewnej stałej i dla wszystkich .$n$$a_1, a_2, \dots, a_n$$0 \le a_i \le kn$$k \gt 0$$i$

Interesuje nas znalezienie zliczeń wszystkich możliwych sum . ( jest dozwolone).$S_{ij} = a_i + a_j$$i = j$

Jednym z algorytmów jest skonstruowanie wielomianu stopnia , i obliczenie jego kwadratu za pomocą metody transformacji Fouriera i odczytanie mocy z ich współczynniki w wynikowym wielomianu. Jest to algorytm czasu .$P(x) = \sum_{j=1}^{n} x^{a_j}$$\le kn$$O(n \log n)$

Mam dwa pytania:

• Czy istnieje algorytm , który nie korzysta z FFT?$O(n \log n)$

• Czy znane są lepsze algorytmy (tj. )? (FFT dozwolone).$o(n \log n)$

Wydaje się, że ten problem jest równoważny kwadratowi całkowitemu / wielomianowemu:

1. Wiadomo, że mnożenie wielomianowe jest równoważne mnożeniu liczb całkowitych .

2. Oczywiście, zredukowałeś już problem do kwadratu wielomianowego / całkowitego; dlatego ten problem jest co najwyżej tak trudny jak wyprostowanie.

Teraz zredukuję kwadrat całkowity do tego problemu:

Załóżmy, że masz algorytm:

$$F(\mathbf{\vec a})\rightarrow P^2(x),\\ \text{where } P(x)=\sum_{a_i \in \mathbf{\vec a}} x^{a_i}$$

Ten algorytm jest zasadniczo algorytmem, o który prosisz w swoim pytaniu. Tak więc, jeśli mam magiczny algorytm, który może to zrobić, mogę wykonać funkcję która wyrówna liczbę całkowitą y ( o tak, kocham mathjax: P ):${\rm S{\small QUARE}}\left(y\right)$$y$

$$\begin{array}{rlr}\hline &\mathbf{\text{Algorithm 1}} \text{ Squaring}&\hspace{2em}&\\ \hline {\tiny 1.:}&\mathbf {\text{procedure }} {\rm S{\small QUARE}}\left(y\right):\\ {\tiny 2.:}&\hspace{2em}\mathbf {\vec a} \leftarrow () &&\triangleright~\mathbf {\vec a}\text{ starts as empty polynomial sequence}\\ {\tiny 3.:}&\hspace{2em}i \leftarrow 0\\ {\tiny 4.:}&\hspace{2em}\mathbf{while}~y\ne0~\mathbf{do} &&\triangleright~\text{break }y\text{ down into a polynomial of base }2\\ {\tiny 5.:}&\hspace{4em}\mathbf{if}~y~\&~1~\mathbf{then} &&\triangleright~\text{if lsb of }y\text{ is set}\\ {\tiny 6.:}&\hspace{6em}\mathbf{\vec a} \leftarrow \mathbf{\vec a}i &&\triangleright~\text{append }i\text{ to }\mathbf{\vec a}~\text{(appending }x^i\text{)}\\ {\tiny 7.:}&\hspace{4em}\mathbf{end~if}\\ {\tiny 8.:}&\hspace{4em}i \leftarrow i + 1\\ {\tiny 9.:}&\hspace{4em}y \leftarrow y \gg 1 &&\triangleright~\text{shift }y\text{ right by one}\\ {\tiny 10.:}&\hspace{2em}\mathbf{end~while}\\ {\tiny 11.:}&\hspace{2em}P^2(x) \leftarrow F\left(\mathbf{\vec a}\right) &&\triangleright~\text{obtain the squared polynomial via } F\left(\mathbf{\vec a}\right)\\ {\tiny 12.:}&\hspace{2em}\mathbf{return}~P^2(2) &&\triangleright~\text{simply sum up the polynomial}\\ {\tiny 13.:}&\mathbf {\text{end procedure}}\\ \hline &\end{array}$$

Python ( test przy pomocy codepad ):

#/cs//q/11418/2755

def F(a):
    n = len(a)
    for i in range(n):
        assert a[i] >= 0

    # (r) => coefficient
    # coefficient \cdot x^{r}
    S = {}
    for ai in a:
        for aj in a:
            r = ai + aj

            if r not in S:
                S[r] = 0

            S[r] += 1

    return list(S.items())

def SQUARE(x):
    x = int(x)

    a = []
    i = 0
    while x != 0:
        if x & 1 == 1:
            a += [i]
        x >>= 1
        i += 1

    print 'a:',a
    P2 = F(a)

    print 'P^2:',P2

    s = 0
    for e,c in P2:
        s += (1 << e)*c
    return s

3. Zatem kwadratowanie jest co najwyżej tak trudne, jak ten problem.

4. Dlatego kwadratowanie liczb całkowitych jest równoważne temu problemowi. (każda z nich jest co najwyżej tak trudna ze względu na ( 2 , 3 , 1 ))

$\mathcal O(n\log n)$$\mathcal O(n \log n \log \log n)$$\mathcal O\left(n \log n\,2^{\mathcal O(\log^* n)}\right)$$\Omega\left(n \log n\right)$

$\mathcal O\left(n\log n\right)$

5. Teraz twój problem nie polega na mnożeniu, lecz na kwadracie. Czy kwadratura jest łatwiejsza? Cóż, jest to otwarty problem (na razie nie) : nie wiadomo, że w kwadracie występuje szybszy algorytm niż mnożenie. Jeśli możesz znaleźć lepszy algorytm dla swojego problemu niż użycie mnożenia; to prawdopodobnie byłby przełom.

$\mathcal O(n\log n)$$\mathcal O(n\log n)$$\mathcal O(n \log n)$$\mathcal O(n\log n)$ albo, ponieważ najlepszy algorytm mnożenia zbliża się tylko do tej złożoności.