重溫：沿X軸和Y軸排序的2D陣列

Question

所以，這是一個常見的面試問題。 已經有了一個話題，我已經讀過，但它已經死了，沒有接受任何答案。 最重要的是，我的興趣在於一個稍微受限制的問題形式，有幾個實際的應用程序。

給定二維數組，使得：

• 元素是獨一無二的
• 元素沿x軸和y軸排序。
• 兩種類型都不占優勢，因此兩種類型都不是二級排序參數。
• 結果，對角線也被分類。
• 所有這些都可以被認為是朝着同一個方向發展。 也就是說，他們都是提升，或者他們都在下降。
• 從技術上講，我認為只要你有一個> / = / <比較器，任何總排序都應該有效。
• 元素是數字類型，帶有單周期比較器。
• 因此，內存操作是大O分析的主要因素。

你怎么找到一個元素？ 只有最壞的情況分析很重要

我知道的解決方案：
各種方法是：
O（nlog（n）），分別接近每一行。
O（nlog（n））具有強大的最佳和平均表現。

一個是O（n + m）：
從一個非極端角落開始，我們假設它是右下角。
讓目標是J. Cur Pos是M.
如果M大於J，則向左移動。
如果M小於J，則向上移動。
如果你不能做到，你就完成了，J不在場。
如果M等於J，那么你就完成了。
最初在其他地方找到，最近從這里被盜。

而且我相信我已經看到一個最壞情況下的O（n + m），但最近的情況是接近O（log（n））。

我很好奇：

現在，我已經證明了我的滿意，天真的分區攻擊總是轉向nlog（n）。 一般來說，分區攻擊似乎具有O（n + m）的最佳最壞情況，並且大多數情況不會在缺席的情況下提前終止。 因此，我也想知道，如果插值探測器可能不比二進制探測器更好，那么我可能會認為這是一個集合之間弱相互作用的集合交叉問題。 我的思緒立即轉向Baeza-Yates十字路口 ，但我沒有時間起草這種方法的改編。 然而，考慮到我懷疑O（N + M）最壞情況的最優性是可證明的，我想我會繼續問這里，看看是否有人可以將反駁論證捆綁在一起，或者將復發關系拉到一起用於插值搜索。

Answer 1

最佳O（m + n）解決方案是從左上角開始，具有最小值。 沿對角線向下向右移動，直到您點擊一個值> =給定元素值的元素。 如果元素的值等於給定元素的值，則返回find為true。

否則，從這里我們可以以兩種方式進行。

策略1：

1. 在列中向上移動並搜索給定元素，直到我們到達結尾。 如果找到，則返回發現為真
2. 在行中向左移動並搜索給定元素，直到我們到達結尾。 如果找到，則返回發現為真
3. 返回發現為false

策略2：讓我表示行索引，j表示我們已經停止的對角元素的列索引。 （這里，我們有i = j，BTW）。 設k = 1。

• 重復以下步驟，直到ik> = 0
  1. 搜索[ik] [j]是否等於給定元素。 如果是，返回發現為真。
  2. 搜索a [i] [jk]是否等於給定元素。 如果是，返回發現為真。
  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

這是一個證據，它必須至少是Omega(min(n,m)) 。 設n >= m 。 然后考慮在(i,j)處具有全0的矩陣，其中i+j < m ，所有2 s，其中i+j >= m ，除了具有i+j = m的單個(i,j) 1 。 這是一個有效輸入矩陣，並有m為可能的放置1 。 沒有查詢到陣列（比的實際位置其他1 ）可以區分在那些m可能的放置。 因此，您必須檢查最壞情況下的所有m位置，以及任何隨機算法的至少m/2預期位置。

你的一個假設是矩陣元素必須是唯一的，我沒有這樣做。 這是很容易解決，但是，因為你隨便挑一個大數目X=n*m ，更換所有0獨特的數字少於一X ，所有2具有獨特的數字大於小號X和1與X 。

因為它也是Omega(lg n) （計數參數），它是Omega(m + lg n) ，其中n>=m 。