Существует ли субкубический алгоритм для следующей задачи?

Учитывая симметричную вещественную матрицу , существует ли алгоритм, который вычисляет сумму по всем 1 \ leq i <j <k \ leq n со сложностью по времени лучше, чем O (n ^ 3) ?$n \times n$$A=(a_{ij})$

Существует довольно практичный подход, который работает за время , где - количество бит в слове процессора. Основная идея заключается в том, что вы последовательно перебираете элементы матрицы в порядке возрастания (произвольно разрываете связи) и «включаете их». Рассмотрим момент, когда включается самый большой элемент некоторой тройки . Для простоты предположим, что указанный элемент является . Естественно добавить значение тройки к ответу сейчас, когда последний элемент включен. Таким образом, мы должны посчитать количество возможных таких, что и$O(n^3 / w)$$w$$a_{ij}, a_{ik}, a_{jk}$$a_{ij}$$k$$a_{ik}$$a_{jk}$уже включены (это будет количество троек, здесь - самый большой элемент, поэтому они были полностью включены только сейчас). Здесь мы можем ускорить простую реализацию , используя битовую оптимизацию.$a_{ij}$$O(n)$

За подробностями вы можете обратиться к следующей реализации в C ++ 11, которая должна работать для , (он не очень оптимизирован; однако он по-прежнему превосходит наивное суммирование для с большим отрывом, по крайней мере, на моей машине).$n \leqslant 5000$$|a_{ij}| \leqslant 10^9$$n = 5000$

// code is not very elegant, 
// but should be understandable
// here the matrix a has dimensions n x n
// a has to be symmetric!
int64_t solve (int n, const vector<vector<int32_t>> &a)
{
        std::vector<boost::dynamic_bitset<int64_t>> mat
        (n, boost::dynamic_bitset<int64_t>(n));

        vector<pair<int, int>> order;
        for (int j = 1; j < n; j++)
        for (int i = 0; i < j; i++)
            order.emplace_back(i, j);
        sort(order.begin(), order.end(),
            [&] (const pair<int, int> &l, const pair<int, int> &r) 
            {return a[l.first][l.second] < a[r.first][r.second];});

        int64_t ans = 0;
        for (const auto &position : order)
        {
            int i, j;
            tie (i, j) = position;
            mat[i][j] = mat[j][i] = 1;
            // here it is important that conditions 
            // mat[i][i] = 0 and mat[j][j] = 0 always hold
            ans += (mat[i] & mat[j]).count() * int64_t(a[i][j]);
        }

        return ans;
}

Если вы подумаете об обмане с оптимизацией битов, вы можете использовать метод с четырьмя русскими для получения того же результата, что дает алгоритм , который должен быть менее практичным (потому что довольно велико на большинстве современного оборудования) но теоретически лучше. Действительно, давайте выберем и сохраним каждую строку матрицы как массив целых чисел от до , где число в массив соответствует битам строки в диапазоне от включительно до исключительно в$O(n^3 / \log n)$$w$$b \approx \log_2 n$$\lceil \frac{n}{b} \rceil$$0$$2^b - 1$$i$$ib$$\min(n, (i + 1)b)$$0$-indexation. Мы можем предварительно рассчитать скалярные произведения каждых двух таких блоков за времени. Обновление позиции в матрице происходит быстро, потому что мы меняем только одно целое число. Чтобы найти скалярное произведение строк и просто выполните итерацию по массивам, соответствующим этим строкам, найдите скалярные произведения соответствующих блоков в таблице и суммируйте полученные произведения.$O(2^{2b} b)$$i$$j$

В приведенном выше абзаце предполагается, что операции с целыми числами занимают времени. Это довольно распространенное предположение , потому что оно обычно фактически не меняет сравнительную скорость алгоритмов (например, если мы не используем это предположение, метод грубой силы фактически работает за времени (здесь мы измеряем время в битовых операциях), если принимает целочисленные значения с абсолютными значениями по крайней мере до для некоторой константы (и в противном случае мы можем решить проблему с помощью умножение матриц в любом случае), однако предложенный выше метод четырех русских использует$\leqslant n$$O(1)$$O(n^3 \log n)$$a_{ij}$$n^{\varepsilon}$$\varepsilon > 0$$O(n^{\varepsilon})$$O(n^3 / \log n)$ операции с числами размера в этом случае; поэтому он выполняет битовых операций, что все же лучше, чем грубая сила, несмотря на изменение модели).$O(\log n)$$O(n^3)$

Вопрос о существовании подхода все еще интересен.$O(n^{3 - \varepsilon})$

Методы (битовая оптимизация и метод четырех русских), представленные в этом ответе, ни в коем случае не являются оригинальными и представлены здесь для полноты изложения. Однако найти способ их применения не было тривиальным.