重温：沿X轴和Y轴排序的2D阵列

Question

所以，这是一个常见的面试问题。 已经有了一个话题，我已经读过，但它已经死了，没有接受任何答案。 最重要的是，我的兴趣在于一个稍微受限制的问题形式，有几个实际的应用程序。

给定二维数组，使得：

• 元素是独一无二的
• 元素沿x轴和y轴排序。
• 两种类型都不占优势，因此两种类型都不是二级排序参数。
• 结果，对角线也被分类。
• 所有这些都可以被认为是朝着同一个方向发展。 也就是说，他们都是提升，或者他们都在下降。
• 从技术上讲，我认为只要你有一个> / = / <比较器，任何总排序都应该有效。
• 元素是数字类型，带有单周期比较器。
• 因此，内存操作是大O分析的主要因素。

你怎么找到一个元素？ 只有最坏的情况分析很重要

我知道的解决方案：
各种方法是：
O（nlog（n）），分别接近每一行。
O（nlog（n））具有强大的最佳和平均表现。

一个是O（n + m）：
从一个非极端角落开始，我们假设它是右下角。
让目标是J. Cur Pos是M.
如果M大于J，则向左移动。
如果M小于J，则向上移动。
如果你不能做到，你就完成了，J不在场。
如果M等于J，那么你就完成了。
最初在其他地方找到，最近从这里被盗。

而且我相信我已经看到一个最坏情况下的O（n + m），但最近的情况是接近O（log（n））。

我很好奇：

现在，我已经证明了我的满意，天真的分区攻击总是转向nlog（n）。 一般来说，分区攻击似乎具有O（n + m）的最佳最坏情况，并且大多数情况不会在缺席的情况下提前终止。 因此，我也想知道，如果插值探测器可能不比二进制探测器更好，那么我可能会认为这是一个集合之间弱相互作用的集合交叉问题。 我的思绪立即转向Baeza-Yates十字路口 ，但我没有时间起草这种方法的改编。 然而，考虑到我怀疑O（N + M）最坏情况的最优性是可证明的，我想我会继续问这里，看看是否有人可以将反驳论证捆绑在一起，或者将复发关系拉到一起用于插值搜索。

Answer 1

最佳O（m + n）解决方案是从左上角开始，具有最小值。 沿对角线向下向右移动，直到您点击一个值> =给定元素值的元素。 如果元素的值等于给定元素的值，则返回find为true。

否则，从这里我们可以以两种方式进行。

策略1：

1. 在列中向上移动并搜索给定元素，直到我们到达结尾。 如果找到，则返回发现为真
2. 在行中向左移动并搜索给定元素，直到我们到达结尾。 如果找到，则返回发现为真
3. 返回发现为false

策略2：让我表示行索引，j表示我们已经停止的对角元素的列索引。 （这里，我们有i = j，BTW）。 设k = 1。

• 重复以下步骤，直到ik> = 0
  1. 搜索[ik] [j]是否等于给定元素。 如果是，返回发现为真。
  2. 搜索a [i] [jk]是否等于给定元素。 如果是，返回发现为真。
  3. 增量k

1 2 4 5 6
2 3 5 7 8
4 6 8 9 10
5 8 9 10 11

Answer 2

这是一个证据，它必须至少是Omega(min(n,m)) 。 设n >= m 。 然后考虑在(i,j)处具有全0的矩阵，其中i+j < m ，所有2 s，其中i+j >= m ，除了具有i+j = m的单个(i,j) 1 。 这是一个有效输入矩阵，并有m为可能的放置1 。 没有查询到阵列（比的实际位置其他1 ）可以区分在那些m可能的放置。 因此，您必须检查最坏情况下的所有m位置，以及任何随机算法的至少m/2预期位置。

你的一个假设是矩阵元素必须是唯一的，我没有这样做。 这是很容易解决，但是，因为你随便挑一个大数目X=n*m ，更换所有0独特的数字少于一X ，所有2具有独特的数字大于小号X和1与X 。

因为它也是Omega(lg n) （计数参数），它是Omega(m + lg n) ，其中n>=m 。