10.3.1.*Аналіз складності алгоритму

Оцінимо складність алгоритму у термінах C(n), M(n). Оскільки кожна перестановка пов’язана з порівняннями в процедурі ConSwap, M(n)  C(n). Далі, в процедурі Conflict порівняння передує виклику ConSwap, тому загальне число порівнянь не перевищує подвоєного числа викликів ConSwap. Отже, С(n) можна отримати, оцінивши кількість звернень до ConSwap.

Складність I-го етапу C₁(n) задовольняє співвідношенню

C₁(n)  2C₁(n / 2) + C₀(n)

де C₀(n) - складність процедури Conflict(1, n).

Для С₀(n) маємо:

C₀(n)  C₀(n/2) + 1,

оскільки виклик Conflict(i, n) містить один (рекурсивний) виклик Conflict(2i, n) і ланцюжок викликів обривається при i > n/2. Тому

C₀(n)  c₀ log₂ n.

Таким чином,

C₁(n)  2 C₁(n / 2) + c₀ log₂ n.

Нехай k - деяке число. Тоді

C₁(n) <= 2 ^k C₁(n/2^k) +c₀ (2 ^k-1 log₂(n/2 ^k-1) + ...+ log₂(n/2) log₂ n)

Оскільки С₁(1) = 0, маємо

C₁(n) <= c₀ (log₂ n + 2 log₂(n/2) + ... (n/2) log₂(2)).

Замінимо log( n/2 ⁱ ) на log₂ n, посиливши нерівність. Отримаємо

C₁(n) <= (c₀ log₂ n)(1 + 2 + 4 + ... n/2)

Сума в дужках не перевищує n. Тому

C₁(n) <= с₀ n log₂ n (7)

Арифметичний цикл II-го етапу виконується n - 2 разів і кожне повторення містить ConSwap(k, 1) і Conflict(1, k - 1). Тому його складність C₂(n) можна оцінити нерівністю C₂(n) <= (1+C₀(n-1)) + (1+C₀(n-2)) + ... + (1+C₀(2)) Замінимо C₀(i) на C₀(n-1), посиливши нерівність. Отримаємо

C₂(n) <= n + n C₀(n-1) = c₁ n log₂ n (8)

Остаточно С(n) = C₁(n) + C₂(n) = (c₀+c₁) n log₂ n, або

С(n) = O( n log₂ n ) (9)

Ми показали, що пірамідальне сортування (з точністю до мультиплікативної константи) оптимальне: його складність співпадає ( з тією ж точністю) з нижньою оцінкою задачі.

10.4. Швидке сортування Хоара

Удосконаливши метод сортування, оснований на обмінах, К.Хоар запропонував алгоритм QuickSort сортування масивів, що дає на практиці відмінні результати і дуже просто програмується. Автор назвав свій алгоритм швидким сортуванням.

Ідея К.Хоара полягає у наступному:

Виберемо деякий елемент х масиву А випадковим способом;

Розглядаємо масив у прямому напрямку (і= 1, 2, ...), шукаючи у ньому елемент А[i] не менший, ніж х;

3.Розглядаємо масив у зворотному напрямку(j = n, n-1,..), шукаючи у ньому елемент A[j] не більший, ніж x;

4.Меняємо місцями A[i] і A[j];

Пункти 2-4 повторюємо до тих пір, поки i < j;

В результаті такого зустрічного проходу початок масиву A[1..i] і кінець масиву A[j..n] опиняються розділеними “бар’єром” x: A[k]  x при k < i , A[k]  x при k > j , причому на розділ ми затратимо не більш n/2 перестановок. Тепер залишилось зробити ті ж дії з початком і кінцем масиву, тобто застосувати їх рекурсивно!

Таким чином, процедура Hoare, що описана нами, залежить від параметрів k і m - початкового і кінцевого індексів відрізку масиву, що оброблюється.

Procedure Swap(i, j : Integer);

Var

b : Real;

Begin

b := a[i];

a[i] := a[j];

a[j] := b

End;

Procedure Hoare(L, R : Integer);

Var

left, right : Integer;

x : Integer;

Begin

If L < R

then begin

x := A[(L + R) div 2]; {вибір бар’єру x}

left := L; right := R ;

Repeat {зустрічний прохід}

While A[left] < x do left := Succ(left); {перегляд уперед}

While A[right] > x do right := Pred(right); {перегляд назад}

If left <= right

then begin

Swap(left, right);

left := Succ(left);

right := Pred(right);

end

until left > right;

Hoare(L, right); {сортуємо початок}

Hoare(left, R) {сортуємо кінець}

end

End;

Program QuickSort;

Const

n = 100;

Var

A : array[1..n] of Integer;

{ процедури Swap, Hoare, введення Inp і виведення Out}

Begin

Inp;

Hoare(1, n);

Out

End.

Найбільш важливе місце алгоритму Хоара – правильне опрацювання моменту закінчення руху покажчиків left, right. Помітьте, що в нашій версії переставляються місцями елементи, що дорівнюють x. Якщо в циклах While замінити умови (A[left] < x) і (A[right] > x) на (A[left] <= x) і (A[right] >=x), при x = Max(A) індекси left і right пробіжать весь масив і побіжать далі! Ускладнення ж умов продовження перегляду погіршить ефективність програми.

Аналіз складності алгоритму в середньому, що використовує гіпотезу про рівну ймовірність всіх входів, показує, що

C(n) = O(n log₂ n), M(n) = O(n log₂ n).

У гіршому випадку, коли в якості бар’єрного вибирається, наприклад, максимальний елемент підмасиву, складність алгоритму квадратична.