Алгоритм БПФ для попарных сумм

Предположим, что нам дано различных целых чисел , таких что для некоторой константы и для всех . $n$ $a_1, a_2, \dots, a_n$ $0 \le a_i \le kn$ $k \gt 0$ $i$

Нас интересует нахождение отсчетов всех возможных попарных сумм $S_{ij} = a_i + a_j$ . ( $i = j$ разрешено).

Один алгоритм состоит в том, чтобы построить многочлен $P(x) = \sum_{j=1}^{n} x^{a_j}$ степени $\le kn$ , вычислить его квадрат, используя метод преобразования Фурье, и считать значения с помощью их коэффициенты в полученном полиноме. Это алгоритм $O(n \log n)$ времени.

У меня есть два вопроса:

Есть ли алгоритм $O(n \log n)$ , который не использует БПФ?
Известны ли лучшие алгоритмы (например, $o(n \log n)$ )? (БПФ разрешен).

algorithms time-complexity fourier-transform

— Арьябхата
источник

Почему важно не использовать БПФ? Похоже, у вас уже есть хорошее решение вашей проблемы. Откуда возникает требование не использовать БПФ? Это звучит для меня как довольно неестественное требование навязывать.

— DW

@DW: Потому что тогда не будет вопроса, чтобы спросить? :-) Мне просто любопытно узнать, есть ли другой подход.

— Арьябхата

Хорошо понял! Признаюсь, мне тоже любопытно. :-) Спасибо за интересный вопрос.

— DW

@DW: Добро пожаловать :-)

— Aryabhata

Казалось бы, эта проблема эквивалентна целочисленному / полиномиальному квадрату:

1. Известно, что полиномиальное умножение эквивалентно целочисленному умножению .

2. Очевидно, вы уже свели задачу к полиномиальному / целочисленному квадрату; поэтому эта проблема не более, чем квадрат.

Теперь я приведу целочисленный квадрат к этой задаче:

Предположим, у вас был алгоритм:

F (\vec{a}) \to п^{2} (Икс), где п (Икс) знак равно \underset{a_{я} \in \vec{a}}{Σ} {Икс}^{a_{я}}

$F(\mathbf{\vec a})\rightarrow P^2(x),\\ \text{where } P(x)=\sum_{a_i \in \mathbf{\vec a}} x^{a_i}$

Этот алгоритм по сути является алгоритмом, который вы запрашиваете в своем вопросе. Таким образом, если бы у меня был магический алгоритм, который может это сделать, я мог бы создать функцию которая возведет в квадрат целое число ( о да, я люблю mathjax: P ): ${\rm S{\small QUARE}}\left(y\right)$ $y$

\begin{aligned} Algorithm 1 Squaring \\ 1. : & procedure S Q U A R E (y) : \\ 2. : & \vec{a} \leftarrow () & ▹ \vec{a} starts as empty polynomial sequence \\ 3. : & i \leftarrow 0 \\ 4. : & w h i l e y \neq 0 d o & ▹ break y down into a polynomial of base 2 \\ 5. : & i f y & 1 t h e n & ▹ if lsb of y is set \\ 6. : & \vec{a} \leftarrow \vec{a} i & ▹ append i to \vec{a} (appending x^{i}) \\ 7. : & e n d i f \\ 8. : & i \leftarrow i + 1 \\ 9. : & y \leftarrow y ≫ 1 & ▹ shift y right by one \\ 10. : & e n d w h i l e \\ 11. : & P^{2} (x) \leftarrow F (\vec{a}) & ▹ obtain the squared polynomial via F (\vec{a}) \\ 12. : & r e t u r n P^{2} (2) & ▹ simply sum up the polynomial \\ 13. : & end procedure \end{aligned}

$\begin{array}{rlr}\hline &\mathbf{\text{Algorithm 1}} \text{ Squaring}&\hspace{2em}&\\ \hline {\tiny 1.:}&\mathbf {\text{procedure }} {\rm S{\small QUARE}}\left(y\right):\\ {\tiny 2.:}&\hspace{2em}\mathbf {\vec a} \leftarrow () &&\triangleright~\mathbf {\vec a}\text{ starts as empty polynomial sequence}\\ {\tiny 3.:}&\hspace{2em}i \leftarrow 0\\ {\tiny 4.:}&\hspace{2em}\mathbf{while}~y\ne0~\mathbf{do} &&\triangleright~\text{break }y\text{ down into a polynomial of base }2\\ {\tiny 5.:}&\hspace{4em}\mathbf{if}~y~\&~1~\mathbf{then} &&\triangleright~\text{if lsb of }y\text{ is set}\\ {\tiny 6.:}&\hspace{6em}\mathbf{\vec a} \leftarrow \mathbf{\vec a}i &&\triangleright~\text{append }i\text{ to }\mathbf{\vec a}~\text{(appending }x^i\text{)}\\ {\tiny 7.:}&\hspace{4em}\mathbf{end~if}\\ {\tiny 8.:}&\hspace{4em}i \leftarrow i + 1\\ {\tiny 9.:}&\hspace{4em}y \leftarrow y \gg 1 &&\triangleright~\text{shift }y\text{ right by one}\\ {\tiny 10.:}&\hspace{2em}\mathbf{end~while}\\ {\tiny 11.:}&\hspace{2em}P^2(x) \leftarrow F\left(\mathbf{\vec a}\right) &&\triangleright~\text{obtain the squared polynomial via } F\left(\mathbf{\vec a}\right)\\ {\tiny 12.:}&\hspace{2em}\mathbf{return}~P^2(2) &&\triangleright~\text{simply sum up the polynomial}\\ {\tiny 13.:}&\mathbf {\text{end procedure}}\\ \hline &\end{array}$

Python ( тест с кодовой панелью ):

#/cs//q/11418/2755

def F(a):
    n = len(a)
    for i in range(n):
        assert a[i] >= 0

    # (r) => coefficient
    # coefficient \cdot x^{r}
    S = {}
    for ai in a:
        for aj in a:
            r = ai + aj

            if r not in S:
                S[r] = 0

            S[r] += 1

    return list(S.items())

def SQUARE(x):
    x = int(x)

    a = []
    i = 0
    while x != 0:
        if x & 1 == 1:
            a += [i]
        x >>= 1
        i += 1

    print 'a:',a
    P2 = F(a)

    print 'P^2:',P2

    s = 0
    for e,c in P2:
        s += (1 << e)*c
    return s

3. Таким образом, возведение в квадрат не более, чем эта проблема.

4. Следовательно, целочисленное возведение в квадрат эквивалентно этой задаче. (каждый из них не более, чем друг с другом, из-за ( 2 , 3 , 1 ))

$\mathcal O(n\log n)$ $\mathcal O(n \log n \log \log n)$ $\mathcal O\left(n \log n\,2^{\mathcal O(\log^* n)}\right)$ $\Omega\left(n \log n\right)$

$\mathcal O\left(n\log n\right)$

5. Теперь ваша проблема не в умножении, а в квадрате. Так проще ли возводить в квадрат? Что ж, это открытая проблема (на данный момент нет) : неизвестно, что в квадрате используется более быстрый алгоритм, чем умножение. Если бы вы могли найти лучший алгоритм для вашей задачи, чем использование умножения; тогда это, вероятно, будет прорывом.

$\mathcal O(n\log n)$ $\mathcal O(n\log n)$ $\mathcal O(n \log n)$ $\mathcal O(n\log n)$ либо, поскольку лучший алгоритм умножения только приближается к этой сложности.

— Реал Слав
источник