Czy istnieje podububowy algorytm dla następującego problemu?

Biorąc pod uwagę symetryczną rzeczywistą macierz , czy istnieje algorytm, który oblicza sumę ponad wszystkimi 1 \ leq i <j <k \ leq n ze złożonością czasową lepszą niż O (n ^ 3) ?$n \times n$$A=(a_{ij})$

Istnieje dość praktyczne podejście, które działa w czasie , gdzie jest liczbą bitów w słowie procesora. Główną ideą jest to, że iterujesz kolejno elementy macierzy w kolejności rosnącej (arbitralnie zrywaj wiązania) i „włączaj je”. Rozważ moment, w którym włączony jest największy element potrójnego . Dla uproszczenia załóżmy, że wspomniany element to . Naturalne jest dodanie wartości potrójnej do odpowiedzi teraz, gdy ostatni element jest włączony. Musimy więc policzyć liczbę możliwych , takich jak i$O(n^3 / w)$$w$$a_{ij}, a_{ik}, a_{jk}$$a_{ij}$$k$$a_{ik}$$a_{jk}$są już włączone (byłaby to liczba potrójnych, tutaj jest największym elementem, więc zostały całkowicie włączone). Tutaj możemy przyspieszyć naiwną implementację za pomocą optymalizacji bitów.$a_{ij}$$O(n)$

Szczegółowe informacje można znaleźć w następującej implementacji w C ++ 11, która powinna działać dla , (nie jest zbytnio zoptymalizowany, jednak nadal bije naiwne sumowanie dla o dużym marginesie przynajmniej na mojej maszynie).$n \leqslant 5000$$|a_{ij}| \leqslant 10^9$$n = 5000$

// code is not very elegant, 
// but should be understandable
// here the matrix a has dimensions n x n
// a has to be symmetric!
int64_t solve (int n, const vector<vector<int32_t>> &a)
{
        std::vector<boost::dynamic_bitset<int64_t>> mat
        (n, boost::dynamic_bitset<int64_t>(n));

        vector<pair<int, int>> order;
        for (int j = 1; j < n; j++)
        for (int i = 0; i < j; i++)
            order.emplace_back(i, j);
        sort(order.begin(), order.end(),
            [&] (const pair<int, int> &l, const pair<int, int> &r) 
            {return a[l.first][l.second] < a[r.first][r.second];});

        int64_t ans = 0;
        for (const auto &position : order)
        {
            int i, j;
            tie (i, j) = position;
            mat[i][j] = mat[j][i] = 1;
            // here it is important that conditions 
            // mat[i][i] = 0 and mat[j][j] = 0 always hold
            ans += (mat[i] & mat[j]).count() * int64_t(a[i][j]);
        }

        return ans;
}

Jeśli zastanawiasz się nad wykorzystaniem oszukiwania bitów, możesz użyć metody czterech Rosjan do tego samego wyniku, uzyskując algorytm , który powinien być mniej praktyczny (ponieważ jest dość duży na większości nowoczesnych urządzeń) ale teoretycznie jest lepszy. Rzeczywiście, wybierzmy i zachowajmy każdy wiersz macierzy jako tablicę liczb całkowitych od do , gdzie -ta liczba w tablica odpowiada bitom rzędu od włącznie do wyłączne w$O(n^3 / \log n)$$w$$b \approx \log_2 n$$\lceil \frac{n}{b} \rceil$$0$$2^b - 1$$i$$ib$$\min(n, (i + 1)b)$$0$-indeksacja. Możemy wstępnie obliczyć iloczyn skalarny co dwa takie bloki w czasie . Aktualizacja pozycji w macierzy jest szybka, ponieważ zmieniamy tylko jedną liczbę całkowitą. Aby znaleźć iloczyn skalarny wierszy i po prostu iteruj po tablicach odpowiadających tym wierszom, wyszukaj produkty skalarne odpowiednich bloków w tabeli i podsumuj uzyskane produkty.$O(2^{2b} b)$$i$$j$

Powyższy akapit zakłada, że ​​operacje na liczbach całkowitych zajmują czas . Jest to dość powszechne założenie , ponieważ zwykle nie zmienia w rzeczywistości szybkości porównawczej algorytmów (na przykład, jeśli nie użyjemy tego założenia, metoda brutalnej siły faktycznie działa w czasie (tutaj mierzymy czas w operacjach bitowych) jeśli weźmy wartości całkowite o wartościach bezwzględnych co najmniej do dla niektórych stałych (a w przeciwnym razie możemy rozwiązać problem z tak mnożenia macierzy), jednak sugerowana powyżej metoda czterech Rosjan używa$\leqslant n$$O(1)$$O(n^3 \log n)$$a_{ij}$$n^{\varepsilon}$$\varepsilon > 0$$O(n^{\varepsilon})$$O(n^3 / \log n)$Operacje z numerami o rozmiarze w takim przypadku; więc wykonuje operacje bitowe , co jest nadal lepsze niż brutalna siła pomimo zmiany modelu).$O(\log n)$$O(n^3)$

Pytanie o istnienie podejścia jest jednak nadal interesujące.$O(n^{3 - \varepsilon})$

Techniki (optymalizacja bitów i metoda czterech Rosjan) przedstawione w tej odpowiedzi nie są bynajmniej oryginalne i zostały tutaj przedstawione w celu uzupełnienia ekspozycji. Jednak znalezienie sposobu ich zastosowania nie było trywialne.