Пространственно-временное решение проблемы пропущенного элемента

Здесь известная проблема.

Для массива $A[1\dots n]$ натуральных чисел выведите наименьшее натуральное число, которого нет в массиве.

Проблема может быть решена в $O(n)$ пространстве и времени: прочитать массив, отслеживать в $O(n)$ пространстве, произошло ли $1,2,\dots,n+1$ , отсканировать наименьший элемент.

Я заметил, что вы можете обменять пространство на время. Если у вас есть $O(\frac{n}{k})$только память, вы можете сделать это за$k$раундов и получить время$O(k n)$. В частном случае, очевидно, существует алгоритм квадратичного времени с постоянным пространством.

Мой вопрос:

Является ли это оптимальным компромиссом, то есть ли $\operatorname{time} \cdot \operatorname{space} = \Omega(n^2)$ ? Как вообще можно доказать такой тип границ?

Предположим модель RAM с ограниченной арифметикой и произвольным доступом к массивам в O (1).

Вдохновение для этой проблемы: компромисс между временем и пространством для палиндромов в модели с одной лентой (см., Например, здесь ).

Это может быть сделано в $O(n \log n)$ словарных операциях и $O(1)$ словах памяти (соответственно $O(n \log^2 n)$ времени и$O(\log n)$ памяти в модели RAM уровня битов). Действительно, решение будет основано на следующем наблюдении.

Скажем, в диапазоне [ 1 , n + 1 ] есть $n_0$ четных и $n_1$ нечетных чисел (поэтому n 0 ≈ n 1 и n 0 + n 1 = n + 1 ). Тогда существует b ∈ { 0 , 1 } такое, что на входе не более n b - 1 значений с четностью b . Действительно, в противном случае существует не менее n 0$[1, n + 1]$$n_0 \approx n_1$$n_0 + n_1 = n + 1$$b \in \{0, 1\}$$n_b - 1$$b$$n_0$ четное и не менее $n_1$ нечетных значений на входе, что означает, что есть не менее $n_0 + n_1 = n + 1$ значений, противоречие (их только$n$ ). Это означает, что мы можем продолжить поиск пропущенного числа только среди нечетных или четных чисел. Тот же алгоритм может быть применен и к старшим битам двоичной записи.

Итак, наш алгоритм будет выглядеть так:

1. Предположим, что мы уже сейчас знаем, что на входе есть только значения $x$ а остаток по модулю $2^b$ равен $r \in [0, 2^b)$ но в диапазоне [ 1 , n + 1 ] есть как минимум $x + 1$ чисел, которые имеют остаток r по модулю 2 b (в начале мы знаем, что точно для b = 0 , r = 0 ).$[1, n + 1]$$r$$2^b$$b = 0, r = 0$

2. Скажем, на входе есть значения $x_0$ с остатком $r$ по модулю $2^{b + 1}$ и значения $x_1$ на входе с остатком $r + 2^b$ по модулю $2^{b + 1}$ (мы можем найти эти числа за один проход через вход). Ясно, что $x_0 + x_1 = x$ . Более того, поскольку на входе имеется не менее $x + 1$ чисел с остатком $r$ по модулю $2^b$ , по крайней мере одна из пар$(r, b + 1), (r + 2^b, b + 1)$ удовлетворяет требованиям этапа$1$ .

3. Мы нашли пропущенное число, когда $2^b \geqslant n + 1$ : в диапазоне $[1, n + 1]$ есть только одно число, которое может иметь остаток $r$ по модулю $2^b$ ( сам $r$ , если оно находится в диапазоне), поэтому большинство нулевых значений на входе, которые имеют такой остаток. Так что $r$ действительно отсутствует.

Ясно, что алгоритм останавливается за $O(\log n)$ шагов, каждому из них требуется $O(n)$ время (один проход по входному массиву). Кроме того, требуется только $O(1)$ слов памяти.

Если я понимаю ваши определения, это можно сделать за линейное время с постоянным пространством. Это, очевидно, самая низкая граница, потому что нам нужно, по крайней мере, прочитать весь ввод.

Ответ, данный в этом вопросе, удовлетворяет.

Невозможно выполнить это с меньшим временем или пространством, и добавление дополнительного времени или пространства бесполезно, поэтому здесь нет компромисса между пространством и временем. (Заметьте, что , поэтому компромисс, который вы наблюдали, не выполняется асимптотически, в любом случае.)$n=O(n/k)$

С точки зрения вашего общего вопроса, я не знаю ни одной хорошей теоремы, которая поможет вам доказать компромиссы пространства-времени. Этот вопрос, кажется, указывает на то, что нет (известного) простого ответа. В принципе:

Предположим, что некоторый язык разрешим в времени (используя некоторое количество пространства) и в s пространстве (используя некоторое количество времени). Можем ли мы найти f , g такой, что L разрешима на M, который работает за время f ( t , s ) и g ( $t$$s$$f,g$$L$$M$$f(t,s)$пространстве , s ) ?$g(t,s)$

неизвестно, и сильный ответ решит множество открытых проблем (особенно в отношении SC), подразумевая, что простого решения не существует.

РЕДАКТИРОВАТЬ: Хорошо, с повторением (но я все еще предполагаю, что с вводом размера максимально возможное число$n$ ).$n+1$

Заметьте, что наш алгоритм должен уметь различать хотя бы возможных ответов. Предположим, что при каждом прохождении данных мы можем получить не более k фрагментов данных. Тогда нам понадобится n / k пропусков, чтобы дифференцировать все ответы. Предполагая, что k = n /$n$$k$$n/k$$k=n/s$ тогда мы бежим в раз. Так что я думаю, это доказывает, что вы хотите.$\frac{n}{n/s}n=sn$

Сложность состоит в том, чтобы показать, что каждый раз, когда мы получаем только $k$ бит. Если вы предполагаете, что наша единственная законная операция - это =, тогда мы в порядке. Однако, если вы разрешите более сложные операции, вы сможете получить больше информации.