在 O(nlogn) 中找到两组中的匹配对答案

【问题标题】：finding matching pairs in two sets in O(nlogn)在 O(nlogn) 中找到两组中的匹配对
【发布时间】：2013-11-09 16:37:43
【问题描述】：

有一个大小为n的集合A和集合B，对于集合A中的每张卡片，在集合B中都有对应的卡片。

描述一种更有效的算法，其平均案例复杂度为 O(nlogn) 测试以找到匹配对。证明您的算法满足所需的复杂性。

我想我可以只使用快速排序对每个集合进行排序，即 nlogn + nlogn，然后我会知道每个集合中的相应位置是匹配对。这是正确的吗？这是整个问题

每组由n张卡片组成，对于A组中的每张卡片，在B组中都有一张对应的卡片属于同一个帐户，我们将这两张卡片称为匹配对。每张卡都是一个小塑料物体，里面有一个磁条，上面有一些加密数字，对应于银行中的一个唯一账户。需要找到所有匹配的对。有一种读卡机，当两张卡（一张来自 A 组，一张来自 B 组）插入机器时，其三个指示灯中的一个会亮起；如果配对匹配，则为绿色，如果 A 上的帐号大于 B，则为红色，如果 B 上的数字大于 A，则为黄色。但是，读卡器无法比较属于同一组的两张卡。

【问题讨论】：

匹配是什么意思？他们平等吗？那么经过排序后，集合A应该正好等于集合B。
However, the card reader cannot compare two cards belonging to the same set. 表示您不能快速排序。
您无法对集合进行排序，因为它说读卡器无法比较属于同一集合的两张卡片。
三个指示灯也应该代表< == 和>?
@AbhishekBansal 我不确定这是否那么容易，可能他的意思是它们具有不同的值，但它们匹配以解锁帐户。对提出的问题进行编辑。

标签： algorithm sorting complexity-theory

【解决方案1】：

您可以使用卡片形式A集合作为快速选择集合B的枢轴。因此您可以通过这种方式实现快速排序。所以从A组中选择一张牌，然后将B组分成越来越小。如果您在 B 中找到匹配的卡，您可以使用此卡来划分 A 组。如果你没有找到匹配的卡重复。如果找到，则以与快速排序相同的方式将算法应用于越来越小的组。重复直到找到所有匹配的卡片。复杂度与快速排序相同，因此最坏情况为 O(n^2)，平均为 O(NlogN)。

Erlang 中的示例实现：

-module(abcards).

-export([find_pairs/2]).

find_pairs([], _) -> [];
find_pairs(_, []) -> [];
find_pairs([A|As], Bs) ->
  case partitionB(A, Bs, [], [], not_found) of
    {_, _, not_found} -> find_pairs(As, Bs);
    {BLess, BMore, B} ->
      {ALess, AMore} = partitionA(B, As, [], []),
      [{A, B} | find_pairs(ALess, BLess) ++ find_pairs(AMore, BMore) ]
  end.

card_reader(A, B) when A > B -> red;
card_reader(A, B) when A == B -> green;
card_reader(A, B) when A < B -> yellow.

partitionB(_, [], BLess, BMore, Found) -> {BLess, BMore, Found};
partitionB(A, [B|Bs], BLess, BMore, Found) ->
  case card_reader(A, B) of
    red -> partitionB(A, Bs, [B|BLess], BMore, Found);
    green -> partitionB(A, Bs, BLess, BMore, B);
    yellow -> partitionB(A, Bs, BLess, [B|BMore], Found)
  end.

partitionA(_, [], ALess, AMore) -> {ALess, AMore};
partitionA(B, [A|As], ALess, AMore) ->
  case card_reader(A, B) of
    red -> partitionA(B, As, ALess, [A|AMore]);
    yellow -> partitionA(B, As, [A|ALess], AMore)
  end.

【讨论】：

小心分享分析，为什么和快速排序一样？您不知道第二张卡是否比第一张更大或更小（依此类推），因此必须再次与所有卡进行比较。
@amit：是的，这就是为什么在最坏的情况下存在 O(n^2)。
@amit 我只需要平均情况，应该提到，我认为这是正确的。需要再考虑一下，谢谢你的帮助！
+1，但有一个小错误：您总能找到匹配的卡片。无论您选择哪张 A 牌 Ai 作为初始支点，您都会将其与每张 B 牌进行比较，我们被告知每张牌都与其他牌相匹配，因此您知道您会找到 Ai 的牌匹配B卡，Bi。在你用 Bi 划分 A 牌之后，你有两张牌 Ai 和 Bi 加上 4 堆：A 小、A 大、B 小和 B 大。在 (A-small, B-small) 和 (A-big, B-big) 上递归。
@j_random_hacker：你是对的。我错过了。很高兴这个算法也适用于不匹配的卡片。

【解决方案2】：

我认为在这个问题中滥用分区是明智的。

来自Wikipedia：

在快速排序中，有一个称为分区的子过程，它可以在线性时间内将列表（从左到右的索引）分成两部分，小于某个元素的部分和大于或等于该元素的部分.

考虑以下算法。

从 A 组中选择任意一张牌。我们称它为 ₁。
使用读卡器对集合 B 进行分区，这样它将集合 B 分成 3 个子集，等于卡 a₁ 的子集，小于卡 a₁的子集>，以及大于卡片 a₁。
总是只有一张卡等于卡 a₁。我们称这张卡为 b₁。
将卡片 b₁ 与其配对卡片 a₁ 一起插入“二叉搜索树”类型的事物中
从 A 组中选择另一张牌，称之为 a₂。
使用读卡器将其与 b1 进行比较，如果它小于 b₁，则在步骤 (2) 中的子集上运行一个分区，其中 b_k1。如果它大于 b₁，则在步骤 (2) 的子集上运行一个分区，其中 b_k > a₂。这是 O(n / 2)，因为我们在较小的集合上运行分区。
从集合 B 中取出等于 a₂ 的卡片，将其称为 b₂，并将其插入到步骤 (4) 的二叉树中（通过比较插入到集合 A) 中先前匹配的项目。
重复 a₃、a₄ 等，继续将集合 B 分解为越来越小的集合，并使用二叉搜索树找到“正确”的分区集搜索_k in.

最终你会得到一个时间复杂度像 O(n) + 2* O(n / 2) + 2* O(n / 4) + 2* O(n / 8) 等等。分解问题就像这在每个正确配对上使用二叉搜索树，我相信时间复杂度将是 O(n log n)。在最坏的情况下，它显然是 O(n^2)，就像快速排序一样。

最终你会得到一个排序的二叉树，其中每个节点都包含一对匹配的卡片。

【讨论】：