अंतरिक्ष जटिलता Levenshtein संपादित दूरी के लिए इष्टतम स्ट्रिंग संरेखण की गणना करने के लिए

Question

अगर हमें आकार $n_1$ और दो तार दिए जाते हैं $n_2$, तो मानक Levenshtein संपादित दूरी गणना एक गतिशील एल्गोरिथ्म द्वारा समय जटिलता $O(n_1 n_2)$ और अंतरिक्ष जटिलता $O(n_1 n_2)$ । (कुछ सुधार संपादित दूरी एक समारोह के रूप में किए जा सकते हैं $d$, लेकिन हम d पर कोई धारणा नहीं बनाते हैं$d$$O(\max(n_1, n_2))$

हालाँकि, यदि आप एक इष्टतम संपादन स्क्रिप्ट का वास्तविक संपादन प्राप्त करना चाहते हैं, तो क्या यह संभव है कि मेमोरी उपयोग से बेहतर हो , संभवतः चल रहे समय की कीमत पर?$O(n_1 n_2)$

Answer 1

युवल ने सुझाव दिया है कि व्यापार की कोई आवश्यकता नहीं है। पूरे इष्टतम संपादन अनुक्रम की गणना समय और ओ ( एन + एम ) अंतरिक्ष में की जा सकती है, गतिशील प्रोग्रामिंग और डिवाइड-एंड-कॉन के मिश्रण का उपयोग करके, जो पहले डैन हिर्शबर्ग द्वारा वर्णित है। ( अधिकतम आम कंप्यूटिंग के लिए एक रेखीय अंतरिक्ष एल्गोरिथ्म। साम्य। एसीएम 18 (6): 341-343, 1975-201)$O(nm)$$O(n+m)$

सहज रूप से, हिर्शबर्ग का विचार एकल संपादन अनुक्रम को इष्टतम संपादन अनुक्रम के माध्यम से आधा करने के लिए है, और फिर पुन: अनुक्रम के दो हिस्सों की गणना करता है। यदि हम मेमोनाइज़ेशन टेबल के एक कोने से दूसरे तक के पथ के रूप में इष्टतम संपादन अनुक्रम के बारे में सोचते हैं, तो हमें यह रिकॉर्ड करने के लिए एक संशोधित पुनरावृत्ति की आवश्यकता है जहां यह पथ तालिका की मध्य पंक्ति को पार करता है। एक पुनरावृत्ति जो निम्न कार्य करती है:

$$Half(i,j) = \begin{cases} \infty & \text{if $i<m/2$}\\ j & \text{if $i=m/2$}\\ Half(i-1,j) & \text{if $i>m/2$ and $Edit(i,j) = Edit(i-1,j)+1$}\\ Half(i,j-1) & \text{if $i>m/2$ and $Edit(i,j) = Edit(i,j-1)+1$}\\ Half(i-1,j-1) & \text{otherwise} \end{cases}$$

मानों की गणना उसी समय की जा सकती है, जब O ( m n ) समय का उपयोग करते हुए एडिट डिस्टेंस टेबल E d i t ( i , j ) का उपयोग किया जाता है । चूंकि संस्मरण तालिका की प्रत्येक पंक्ति केवल ऊपर की पंक्ति पर निर्भर करती है, दोनों E d i t ( m , n ) और H a l f ( m , n $Half(i,j)$$Edit(i,j)$$O(mn)$$Edit(m,n)$$Half(m,n)$ आवश्यक है स्थान।$O(m+n)$

अंत में, इष्टतम संपादन इनपुट तार बदलने अनुक्रम में बी [ 1 .. n ] बदलने इष्टतम दृश्यों के होते हैं एक [ 1 । । मीटर / 2 ] में बी [ 1 । । H a l f ( m , n ) ] के बाद इष्टतम अनुक्रम A [ m / 2 + 1 को परिवर्तित करता है । $A[1..m]$$B[1..n]$$A[1 .. m/2]$$B[1 .. Half(m, n)]$ में बी [ एच एक एल एफ ( मीटर , एन ) + 1 । । एन ] । हम उन दो subsequences रिकर्सिवली, कुल मिलाकर चल रहा है समय का अनुसरण करता है निम्नलिखित पुनरावृत्ति गणना हैं: टी ( मीटर , n ) = { हे ( एन ) यदि  मीटर ≤ 1 हे ( मीटर ) यदि  n ≤ 1 हे ( एम एन ) + $A[m/2 + 1 .. m]$$B[Half(m, n) + 1 .. n]$ यह सिद्ध करना कठिन नहीं है किT(m,n)=O(mn)। इसी तरह, चूंकि हमें एक समय में केवल एक डायनामिक-प्रोग्रामिंग पास के लिए स्थान की आवश्यकता होती है, इसलिए कुल स्थान अभी भीO(m+n) है। (रिकर्सियन स्टैक के लिए स्थान नगण्य है।)

$$T(m,n) = \begin{cases} O(n) & \text{if $m\le 1$}\\ O(m) & \text{if $n\le 1$}\\ O(mn) + \max_h \left( T(m/2,h) + T (m/2, n−h)\right) & \text{otherwise} \end{cases}$$ $T(m,n) = O(mn)$$O(m+n)$

Comments

क्योंकि मुझे यह याद आया जब डैन ने मुझसे मेरी योग्यता परीक्षा के बारे में पूछा, इसीलिए।

— जेफ

मुझे याद है कि यह एक (निर्देशित) अभ्यास के रूप में है और यह बहुत अच्छा है

— साशो निकोलेव

Answer 2

एल्गोरिथ्म जो आप वर्णन करते हैं कि अंतरिक्ष में चलता है, वास्तव में अंतिम संपादन से पहले, और अंतिम संपादन से पहले स्थिति को ठीक करता है। इसलिए यदि आप इस एल्गोरिथ्म O ( n 1 + n 2 ) बार चलाते हैं , तो आप रनटाइम बढ़ाने की कीमत पर संपूर्ण संपादन अनुक्रम को पुनर्प्राप्त कर सकते हैं। सामान्य तौर पर, एक समय-स्थान व्यापार-बंद होता है जो उस समय आपके द्वारा बनाए रखने वाली पंक्तियों की संख्या से नियंत्रित होता है। इस ट्रेड-ऑफ के दो चरम बिंदु स्पेस ओ ( एन 1 एन 2 ) और स्पेस ओ ( एन 1 $O(n_1 + n_2)$$O(n_1 + n_2)$$O(n_1n_2)$ , और इन के बीच, समय और स्थान का उत्पाद स्थिर है (बड़े ओ तक)।$O(n_1+n_2)$