Encodage rapide de vecteurs équilibrés

Il est facile de voir que pour tout $n$ il existe un mappage 1-1 $F$ de {0,1} à {0,1} telle sorte que pour tout le vecteur est " équilibré ", c'est-à-dire qu'il a un nombre égal de 1 et de 0. Est-il possible de définir un tel pour que, étant donné nous pouvons calculer efficacement? $^n$ $^{n+O(\log n)}$ $x$ $F(x)$ $F$ $x$ $F(x)$

Merci.

ds.algorithms ds.data-structures encoding

— Piotr
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Je suppose que par «efficace» vous voulez dire O (n) ou à peu près, excluant l'argument des «essais aléatoires répétés»?

— Suresh Venkat

@Suresh, seriez-vous capable d'esquisser l'argument des "essais aléatoires répétés"?

— Emil

une façon de prouver que la cartographie existe est par la méthode probabiliste: choisir F au hasard, puis la cartographie fonctionne avec une certaine probabilité. c'est ce que je voulais dire.

— Suresh Venkat

La question est parfaitement bien définie mais, à mon avis, le titre est trompeur. Je n'appellerais pas un mappage F satisfaisant à la condition énoncée un «codage de vecteurs équilibrés» à moins que F ne soit bijectif. Cela ressemble plus à un codage d'une chaîne de n bits par un vecteur équilibré.

— Tsuyoshi Ito du

«Parfaitement bien défini» jusqu'à des interprétations éventuellement différentes de «efficacement», je veux dire. Mais ce n'est pas le point de mon commentaire précédent.

— Tsuyoshi Ito du

Réponses:

$n$ $x$

$f(x,i)$ $x$ $i$
$b(x)$ $x$ $x$ $-$ $x$

$x$ $g(i) = b(f(x,i))$

$g(0) = b(x)$
$g(n) = -g(0)$
$|g(i) - g(i+1)| = 2$ $i$

$i$ $-1 \le g(i) \le +1$

$(n+O(\log n))$ $y$ $f(x,i)$ $i$ $y$ $O(\log n)$ $x$ $y$

$O(\log n)$ $y$ $O(\log n)$ $0$

— Jukka Suomela
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b (x) dans la 3e ligne doit être b (y).

— Emil

Je pense que vous devez éventuellement ajouter un autre bit à la chaîne x pour vous assurer qu'il a une longueur égale (afin que vous puissiez être sûr que g (i) est nul pour certains i).

— Emil

g (i)

$g(i)$

i

$i$

g (i)

$g(i)$

i

$i$

1

$1$

i

$i$

@Jukka: Ah oui je vois.

— Emil

g (i)

$g(i)$

i

$i$

i

$i$

01

$01$

10

$10$

2 \log (n)

$2\log(n)$

$k$ $n$ $n/2$ $k\leq{n-1\choose n/2}$ $k$ $(n-1)$ $n/2$ $n-1$ $k-{n-1\choose n/2}$ $(n-1)$ $n/2-1$

— Zeyu
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Et si vous réutilisez la valeur d'un coefficient binomial pour calculer le prochain coefficient binomial requis, l'algorithme entier s'exécute en temps O (n).

— Tsuyoshi Ito du

Merci! C'est logique. Je suppose que le temps d'exécution dépendra du modèle de calcul. Si vous pouvez effectuer des opérations sur des nombres à n bits en temps unitaire, l'implémentation par Tsuyoshi Ito s'exécutera en temps O (n). D'un autre côté, si vous comptez les opérations sur les bits, le temps sera O (n ^ 2), je pense.

— Piotr