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algorithm - 来自两个数组的互质数对的计数小于 O(n^2) 复杂度

问题描述

我在挑战中遇到了这个问题。有两个大小为 N 的数组 A 和 B，我们需要返回对 (A[i],B[j]) 的计数，其中gcd(A[i],B[j])==1和A[i] != B[j]。对于少数测试用例，我只能想到超出时间限制的蛮力方法。

for(int i=0; i<n; i++) {
    for(int j=0; j<n; j++) {
        if(__gcd(a[i],b[j])==1) {
             printf("%d %d\n", a[i], b[j]);
        }
    }
}

你能建议时间高效的算法来解决这个问题吗？

编辑：无法分享问题链接，因为这是来自招聘挑战。我记得添加约束和输入/输出格式。

输入 -

输出 -

约束 -

标签： algorithmtime-complexity

解决方案

第一步是使用Eratosthenes 筛来计算质数sqrt(10^9)。然后可以使用此筛子快速找到任何小于的数的所有质因子10^9（请参见getPrimeFactors(...)下面代码示例中的函数）。

接下来，对于每个A[i]具有质数的因素p0, p1, ..., pk，我们计算所有可能的子产品X-p0, p1, p0p1, p2, p0p2, p1p2, p0p1p2, p3, p0p3, ..., p0p1p2...pk并将它们计算在 map 中cntp[X]。实际上，该映射cntp[X]告诉我们A[i]可被 整除的元素数量X，其中X是素数的 0 或 1 次方的乘积。例如，对于数字A[i] = 12，素因子是2, 3。我们将计算cntp[2]++和。cntp[3]++cntp[6]++

最后，对于每个B[j]具有素因子p0, p1, ..., pk的，我们再次计算所有可能的子积X，并使用包含-排除原理来计算所有非互素对C_j（即与A[i]共享至少一个素因子的 s的数量B[j]）。C_j然后从对的总数中减去这些数字 -以N*N获得最终答案。

注意：包含-排除原则如下所示：

C_j = (cntp[p0] + cntp[p1] + ... + cntp[pk]) -
      (cntp[p0p1] + cntp[p0p2] + ... + cntp[pk-1pk]) +
      (cntp[p0p1p2] + cntp[p0p1p3] + ... + cntp[pk-2pk-1pk]) -
      ...

并解释了这样一个事实，即cntp[X]我们cntp[Y]可以计算相同的数字A[i]两次，因为它可以被X和整除Y。

这是该算法的一个可能的 C++ 实现，它产生与 OP 的朴素 O(n^2) 算法相同的结果：

// get prime factors of a using pre-generated sieve
std::vector<int> getPrimeFactors(int a, const std::vector<int> & primes) {
    std::vector<int> f;
    for (auto p : primes) {
        if (p > a) break;
        if (a % p == 0) {
            f.push_back(p);
            do {
                a /= p;
            } while (a % p == 0);
        }
    }
    if (a > 1) f.push_back(a);

    return f;
}

// find coprime pairs A_i and B_j
// A_i and B_i <= 1e9
void solution(const std::vector<int> & A, const std::vector<int> & B) {
    // generate prime sieve
    std::vector<int> primes;
    primes.push_back(2);

    for (int i = 3; i*i <= 1e9; ++i) {
        bool isPrime = true;
        for (auto p : primes) {
            if (i % p == 0) {
                isPrime = false;
                break;
            }
        }
        if (isPrime) {
            primes.push_back(i);
        }
    }

    int N = A.size();

    struct Entry {
        int n = 0;
        int64_t p = 0;
    };

    // cntp[X] - number of times the product X can be expressed
    // with prime factors of A_i
    std::map<int64_t, int64_t> cntp;

    for (int i = 0; i < N; i++) {
        auto f = getPrimeFactors(A[i], primes);

        // count possible products using non-repeating prime factors of A_i
        std::vector<Entry> x;
        x.push_back({ 0, 1 });

        for (auto p : f) {
            int k = x.size();
            for (int i = 0; i < k; ++i) {
                int nn = x[i].n + 1;
                int64_t pp = x[i].p*p;

                ++cntp[pp];
                x.push_back({ nn, pp });
            }
        }
    }

    // use Inclusion–exclusion principle to count non-coprime pairs
    // and subtract them from the total number of prairs N*N

    int64_t cnt = N; cnt *= N;

    for (int i = 0; i < N; i++) {
        auto f = getPrimeFactors(B[i], primes);

        std::vector<Entry> x;
        x.push_back({ 0, 1 });

        for (auto p : f) {
            int k = x.size();
            for (int i = 0; i < k; ++i) {
                int nn = x[i].n + 1;
                int64_t pp = x[i].p*p;

                x.push_back({ nn, pp });

                if (nn % 2 == 1) {
                    cnt -= cntp[pp];
                } else {
                    cnt += cntp[pp];
                }
            }
        }
    }

    printf("cnt = %d\n", (int) cnt);
}

活生生的例子

我无法通过分析估计复杂性，但以下是我的笔记本电脑上针对不同N且均匀随机A[i]的一些分析结果B[j]：

For N = 1e2, takes ~0.02 sec
For N = 1e3, takes ~0.05 sec
For N = 1e4, takes ~0.38 sec
For N = 1e5, takes ~3.80 sec

为了比较，O(n^2) 方法采用：

For N = 1e2, takes ~0.00 sec
For N = 1e3, takes ~0.15 sec
For N = 1e4, takes ~15.1 sec
For N = 1e5, takes too long, didn't wait to finish

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