提问人：Dulguun Otgon 提问时间：2/14/2016 更新时间：6/2/2016 访问量：245
优化可变数组状态繁重操作代码
Optimizing mutable array state heavy manipulation code
问：
我一直在努力及时完成这个关于hackerrank的练习。
但是由于超时，我下面的 Haskell 解决方案在测试用例 13 到 15 上失败。
我的 Haskell 解决方案
import Data.Vector(Vector(..),fromList,(!),(//),toList)
import Data.Vector.Mutable
import qualified Data.Vector as V
import Data.ByteString.Lazy.Char8 (ByteString(..))
import qualified Data.ByteString.Lazy.Char8 as L
import Data.ByteString.Lazy.Builder
import Data.Maybe
import Control.Applicative
import Data.Monoid
import Prelude hiding (length)
readInt' = fst . fromJust . L.readInt
toB [] = mempty
toB (x:xs) = string8 (show x) <> string8 " " <> toB xs
main = do
[firstLine, secondLine] <- L.lines <$> L.getContents
let [n,k] = map readInt' $ L.words firstLine
let xs = largestPermutation n k $ fromList $ map readInt' $ Prelude.take n $ L.words secondLine
L.putStrLn $ toLazyByteString $ toB $ toList xs
largestPermutation n k v
| i >= l || k == 0 = v
| n == x = largestPermutation (n-1) k v
| otherwise = largestPermutation (n-1) (k-1) (replaceOne n x (i+1) (V.modify (\v' -> write v' i n) v))
where l = V.length v
i = l - n
x = v!i
replaceOne n x i v
| n == h = V.modify (\v' -> write v' i x ) v
| otherwise = replaceOne n x (i+1) v
where h = v!i
我发现的最佳解决方案不断更新 2 个阵列。一个数组是主要目标，另一个数组用于快速索引查找。
更好的 Java 解决方案
public static void main(String[] args) {
Scanner input = new Scanner(System.in);
int n = input.nextInt();
int k = input.nextInt();
int[] a = new int[n];
int[] index = new int[n + 1];
for (int i = 0; i < n; i++) {
a[i] = input.nextInt();
index[a[i]] = i;
}
for (int i = 0; i < n && k > 0; i++) {
if (a[i] == n - i) {
continue;
}
a[index[n - i]] = a[i];
index[a[i]] = index[n - i];
a[i] = n - i;
index[n - i] = i;
k--;
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
System.out.print(a[i] + " ");
}
}
我的问题是
- 在Haskell中，这种算法的优雅和快速实现是什么？
- 有没有比 Java 解决方案更快的方法来解决这个问题？
- 一般来说，我应该如何在 Haskell 中优雅而高效地处理繁重的阵列更新？
答：
7赞
behzad.nouri
2/14/2016
#1
您可以对可变数组进行的一项优化是完全不使用它们。特别是，您链接到的问题具有右折叠解决方案。
这个想法是你折叠列表并贪婪地将具有最大值的项目交换到右边，并保持已经在 Data.Map 中进行的交换：
import qualified Data.Map as M
import Data.Map (empty, insert)
solve :: Int -> Int -> [Int] -> [Int]
solve n k xs = foldr go (\_ _ _ -> []) xs n empty k
where
go x run i m k
-- out of budget to do a swap or no swap necessary
| k == 0 || y == i = y : run (pred i) m k
-- make a swap and record the swap made in the map
| otherwise = i : run (pred i) (insert i y m) (k - 1)
where
-- find the value current position is swapped with
y = find x
find k = case M.lookup k m of
Just a -> find a
Nothing -> k
在上面，是一个函数，它给定反向索引、当前映射和剩余的掉期预算，求解列表的其余部分。通过反向索引，我的意思是列表在相反方向上的索引：。runimkn, n - 1, ..., 1
折叠函数 ，通过更新 的值在每一步构建函数，并将这些值传递给下一步。最后，我们用初始参数和初始交换预算调用这个函数。gorunimki = nm = emptyk
可以通过维护反向映射来优化递归搜索，但这已经比您发布的 Java 代码快得多。find
编辑：上述解决方案，仍然为树木访问支付对数成本。这是使用可变 STUArray 和一元折叠foldM_的替代解决方案，其执行速度实际上比上述更快：
import Control.Monad.ST (ST)
import Control.Monad (foldM_)
import Data.Array.Unboxed (UArray, elems, listArray, array)
import Data.Array.ST (STUArray, readArray, writeArray, runSTUArray, thaw)
-- first 3 args are the scope, which will be curried
swap :: STUArray s Int Int -> STUArray s Int Int -> Int
-> Int -> Int -> ST s Int
swap _ _ _ 0 _ = return 0 -- out of budget to make a swap
swap arr rev n k i = do
xi <- readArray arr i
if xi + i == n + 1
then return k -- no swap necessary
else do -- make a swap, and reduce budget
j <- readArray rev (n + 1 - i)
writeArray rev xi j
writeArray arr j xi
writeArray arr i (n + 1 - i)
return $ pred k
solve :: Int -> Int -> [Int] -> [Int]
solve n k xs = elems $ runSTUArray $ do
arr <- thaw (listArray (1, n) xs :: UArray Int Int)
rev <- thaw (array (1, n) (zip xs [1..]) :: UArray Int Int)
foldM_ (swap arr rev n) k [1..n]
return arr
评论
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Dulguun Otgon
2/15/2016
哇，与其他 java 解决方案相比，它几乎是即时的。然而，这部分让我有点绊倒。我应该如何尝试和理解这部分？你能在 @behzad.nouri 添加更多括号吗？foldr go (const []) (zip [n,n - 1..] xs) (empty, k)
2赞
behzad.nouri
2/15/2016
@DulguunOtgon此页面或此页面应该会有所帮助。您可以将 Lean 推得太右，以便它:)再次向左返回。该页面解释了这是如何完成的（通过咖喱折叠功能）。foldr
1赞
behzad.nouri
2/15/2016
@DulguunOtgon使用可变 STUArrays 的替代解决方案编辑的答案
0赞
Dulguun Otgon
2/17/2016
我必须在哪些领域熟练掌握才能编写和理解类似第一个版本的东西？
0赞
behzad.nouri
2/17/2016
@DulguunOtgon我在 StackOverflow 上遇到了这个技巧。如果你对书籍、博客和问答网站有足够的了解，随着时间的推移，你就会掌握这些技巧。foldr
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hilberts_drinking_problem
2/20/2016
#2
不完全是 #2 的答案，但有一个左折叠解决方案，一次最多需要在内存中加载 ~K 个值。
因为问题涉及排列，所以我们知道 1 到 N 将出现在输出中。如果 K > 0，则至少前 K 项将是 N、N-1、...N - K，因为我们至少可以负担得起 K 次掉期。此外，我们预计一些 （K/N） 数字处于最佳位置。
这提出了一个算法：
初始化地图/字典并将输入扫描为 .对于每个 ，如果 ，我们“递减”并更新字典 s.t. .当（交换不足）或我们用完输入（可以输出 {N， N-1， ...1}).xszip xs [n, n-1..](x, i)x \= iKdct[i] = xK == 0
接下来，如果我们有更多，我们会查看每一个，并打印出是否不在我们的字典中或其他。x <- xsxxdct[x]
只有当我们的字典包含循环时，上述算法才能无法产生最佳排列。在这种情况下，我们使用交换来移动绝对值为 >= 的元素。但这意味着我们将一个元素移动到其原始位置！因此，我们始终可以在每个周期（即增量）上保存一个交换。K|cycle|K
最后，这给出了内存效率高的算法。
第 0 步：获取 N、K
第 1 步：读取输入排列和输出 {N， N-1， ...N-K-E}， N <- N - K - E， K <- 0， 更新字典如上，
其中 E = 元素数 X 等于 N - （X 的索引）
第 2 步：从字典中删除并计算周期;let = 循环次数;如果 ，让 ，转到步骤 1，cyclescycles > 0K <- |cycles|
否则，请转到步骤 3。我们可以通过优化字典来使这一步更有效率。
第 3 步：按原样输出其余输入。
下面的 Python 代码实现了这个想法，如果使用更好的循环检测，可以非常快地完成。当然，数据最好以块的形式读取，这与下面不同。
from collections import deque
n, t = map(int, raw_input().split())
xs = deque(map(int, raw_input().split()))
dct = {}
cycles = True
while cycles:
while t > 0 and xs:
x = xs.popleft()
if x != n:
dct[n] = x
t -= 1
print n,
n -= 1
cycles = False
for k, v in dct.items():
visited = set()
cycle = False
while v in dct:
if v in visited:
cycle = True
break
visited.add(v)
v, buf = dct[v], v
dct[buf] = v
if cycle:
cycles = True
for i in visited:
del dct[i]
t += 1
else:
dct[k] = v
while xs:
x = xs.popleft()
print dct.get(x, x),
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