Ordenamiento de un arreglo. Algoritmos y Estructuras de Datos I. Algoritmo downsort. Upsort vs downsort

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Algoritmos y Estructuras de Datos I

Primer cuatrimestre de 2014

Departamento de Computaci´on - FCEyN - UBA

Programaci´on imperativa - clase 8

Algoritmos de ordenamiento II

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Ordenamiento de un arreglo

I Tenemos un arreglo de un tipo T con una relaci´on de orden (≤) y queremos modificar el arreglo para que sus elementos quedenen orden creciente.

problema sort<T> (a : [T]) { requiere 1 ≤ |a|;

modifica a;

asegura mismos(a, pre(a)) ∧ ordenado(a); }

I Adoptamos como estrategia que modificamos el arreglo

permutando elementos, para garantizar que nuestro algoritmo no pierde ning´un elemento del arreglo.

I Conocemos el algoritmo upsort, con complejidad O(n2).

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Algoritmo downsort

// invariante I : 0 ≤ actual ≤ |a| − 1 ∧ mismos(a, pre(a)) ∧ ordenado(a(actual ..|a|))

∧ actual < |a| − 1 → (∀x ← a[0..actual ]) x ≤ a_{actual +1}

I Podemos considerar un algoritmo similar, que en cada paso busque el m´ınimo elemento y lo ubique al principio de la parte no ordenada del arreglo.

I Este algoritmo se llama downsortoselection sort.

// invariante I : 0 ≤ actual ≤ |a| − 1 ∧ mismos(a, pre(a)) ∧ ordenado(a[0..actual ))

∧ actual > 0 → (∀x ← a[actual ..|a|)) x ≥ a_{actual −1}

Upsort vs downsort

I Los invariantes de ambos algoritmos provienen de reemplazar distintas constantes en la postcondici´on del problema:

asegura mismos(a, pre(a)) ∧ ordenado(a[0..|a|));

I Si reemplazamos el lado izquierdo en a[0..|a|), tenemos el invariante de upsort (m´as una condici´on adicional):

I : 0 ≤ actual ≤ |a| − 1 ∧ mismos(a, pre(a)) ∧ ordenado(a(actual ..|a|)) ∧ ...

I Si reemplazamos el lado derecho en a[0..|a|), tenemos el invariante de downsort:

I : 0 ≤ actual ≤ |a| − 1 ∧ mismos(a, pre(a)) ∧ ordenado(a[0..actual )) ∧ ...

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I Consideremos qué sucede ahora si eliminamos la última condición del invariante de downsort:

I : 0 ≤ i ≤ |a| ∧ mismos(a, pre(a)) ∧ ordenado(a[0..i ))

I La funci´on variante esv = n − i.

I ¿Qu´e dice este invariante? ¿Se puede implementar un algoritmo de ordenamiento sobre esta base?

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i = 0;

while( i < a.length ) {

I : 0 ≤ i < |a| ∧ mismos(a, pre(a)) ∧ ordenado(a[0..i ))

j = i;

while( j>0 && a[j] < a[j-1] ) {

swap(a, j, j-1); --j;

}

E : 0 ≤ i ≤ |a| ∧ mismos(a, pre(a)) ∧ ordenado(a[0..i + 1))

++i; }

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Problema de la bandera holandesa

I Supongamos que tenemos la siguientehip´otesis adicional:

problema dfp(a : [Z ]) { requiere |a| ≥ 1;

requiere (∀ i ∈ [0..|a|)) 0 ≤ ai ≤ 2; modifica a;

asegura mismos(a, pre(a)) ∧ ordenado(a); }

I Reglas: Solamente podemos modificar el arreglo haciendo swaps, y el algoritmo debe tener complejidad O(n).

Problema de la bandera holandesa

I Observar que la postcondici´on se puede escribir de la siguiente forma equivalente (abusando levemente de la notaci´on):

asegura mismos(a, pre(a)) ∧ (∃ i , j ∈ [0..|a|), i ≤ j ) a[0..i ) = 0 ∧ a[i ..j ) = 1 ∧ a[j ..|a|) = 2

I En esta expresi´on, definimos

a[d , h) = x ⇔ (∀i ∈ [d , h)) ai = x I En forma gr´afica:

0 1 2

(3)

Problema de la bandera holandesa

I El invariante proviene derelajar la variable j:

I: mismos(a, pre(a)) ∧ 0 ≤ i ≤ j ≤ k ≤ |a| ∧ a[0..i ) = 0 ∧ a[i ..j ) = 1 ∧ a[k..|a|) = 2

I En forma gr´afica:

0 1 ? 2

i j k

I El invariante es equivalente a la postcondici´on sij=k, y entonces tenemos la guarda del ciclo.

I Para inicializartrivialmenteel invariante, hacemos: i = 0;

j = 0;

k = a.length;

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Problema de la bandera holandesa

i = 0;

j = 0;

k = a.length; while( j != k ) {

I ∧ B : ... ∧ a[0..i ) = 0 ∧ a[i ..j ) = 1 ∧ a[k..|a|) = 2

if( a[j] == 0 ) ...

I ∧ j 6= k ∧ aj = 0 else if( a[j] == 1 )

...

I ∧ j 6= k ∧ aj = 1 else if( a[j] == 2 )

... I ∧ j 6= k ∧ a_j = 2 } 10

Caso 1: a

j

= 1

0 1 1 2 i j k

E1: mismos(a, pre(a)) ∧ 0 ≤ i ≤ j < k ≤ |a| ∧ aj = 1 ∧

a[0..i ) = 0 ∧ a[i ..j ) = 1 ∧ a[k..|a|) = 2

++j;

E2: a = a@E1 ∧ j = j@E1+ 1 ∧ i = i @E1 ∧ k = k@E1

implica mismos(a, pre(a)) implica 0 ≤ i ≤j ≤ k ≤ |a| implica a[i ..j − 1) = 1 ∧ a_{j −1}= 1 implica a[i ..j − 1] = 1

implica I

I: mismos(a, pre(a)) ∧ 0 ≤ i ≤ j ≤ k ≤ |a| ∧

Caso 2: a

j

= 2

0 1 2 2

i j k

E₁: mismos(a, pre(a)) ∧ 0 ≤ i ≤ j < k ≤ |a| ∧ a_j = 2 ∧ a[0..i ) = 0 ∧ a[i ..j ) = 1 ∧ a[k..|a|) = 2

swap(a,j,k-1);

E₂: a_j = a_k−1@E₁ ∧ ak−1= aj@E1

∧ (∀t ∈ [0..|a|), t 6= j, k − 1)at = at@E1

∧ i = i @E1 ∧ j = j@E1 ∧ k = k@E1

implica ak−1= 2 ∧ mismos(a, pre(a))

(4)

0 1 2 2

i j k

E₂: mismos(a, pre(a)) ∧ 0 ≤ i ≤ j < k ≤ |a| ∧ a[0..i ) = 0 ∧ a[i ..j) = 1 ∧ a[k − 1..|a|) = 2

--k;

E₃: a = a@E₂ ∧ i = i @E₂ ∧ j = j@E₂ ∧ k = k@E₂− 1 implica mismos(a, pre(a))

implica 0 ≤ i ≤j ≤ k ≤ |a|

implica a[0..i ) = 0 ∧ a[i ..j ) = 1 ∧ a[k..|a|) = 2 implica I

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0 1 0 2

i j k

E1: mismos(a, pre(a)) ∧ 0 ≤ i ≤ j < k ≤ |a| ∧ aj = 0 ∧

a[0..i ) = 0 ∧ a[i ..j ) = 1 ∧ a[k..|a|) = 2

swap(a,i,j);

E2: aj = ai@E1 ∧ ai = aj@E1

∧ (∀t ∈ [0..|a|), t 6= i , j)at = at@E1

∧ i = i @E₁ ∧ j = j@E₁ ∧ k = k@E₁ implica mismos(a, pre(a))

implica a_i = 0 ∧ (i < j → a_j = 1)

implica a[0..i ] = 0 ∧ a(i ..j ) = 1 ∧ a[k..|a|) = 2

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Caso 3: a

j

= 0

0 0 1 1 2

i j k

E₂: mismos(a, pre(a)) ∧ 0 ≤ i ≤ j < k ≤ |a| ∧ a[0..i ] = 0 ∧ a(i ..j ) = 1 ∧ a[k..|a|) = 2 ∧ (i < j → aj = 1)

++i;

E3: a = a@E2 ∧ i = i @E2+ 1 ∧ j = j @E2 ∧ k = k@E2

implica mismos(a, pre(a)) implica 0 ≤i − 1 ≤ j < k ≤ |a|

implica a[0..i )= 0 ∧a[i ..j )= 1 ∧ a[k..|a|) = 2

Caso 3: a

j

= 0

0 1 1 2

i j k

E3: mismos(a, pre(a)) ∧ 0 ≤i − 1 ≤ j < k ≤ |a| ∧

a[0..i ) = 0 ∧ a[i ..j ) = 1 ∧ a[k..|a|) = 2 ∧ (i < j → aj = 1)

++j;

E3: a = a@E2 ∧ i = i @E2 ∧ j = j@E2+ 1 ∧ k = k@E2

implica mismos(a, pre(a)) implica 0 ≤i ≤ j ≤ k ≤ |a|

implica a[0..i ) = 0 ∧a[i ..j )= 1 ∧ a[k..|a|) = 2 implica I

(5)

Problema de la bandera holandesa

I Tenemos el cuerpo del ciclo, que (1)preserva el invariante.

i = 0; j = 0;

k = a.length; while( j != k ) {

I ∧ B : ... ∧ a[0..i ) = 0 ∧ a[i ..j ) = 1 ∧ a[k..|a|) = 2

if( a[j] == 0 ) {

swap(a,i,j); ++i; ++j; }

else if( a[j] == 1 ) ++j;

else if( a[j] == 2 ) { swap(a,j,k-1); --k; }

}

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Problema de la bandera holandesa

I Por construcci´on, (2)la inicializaci´on establece el invariante:

P_c: i = 0 ∧ j = 0 ∧ k = |a| ∧ a = pre(a) ⇒

I : mismos(a, pre(a)) ∧ 0 ≤ i ≤ j ≤ k ≤ |a| ∧ a[0..i ) = 0 ∧ a[i ..j ) = 1 ∧ a[k..|a|) = 2

I Adem´as, (3)al salir del ciclo vale la postcondici´on:

I ∧ ¬B: mismos(a, pre(a)) ∧ 0 ≤ i ≤j = k ≤ |a| ∧ a[0..i ) = 0 ∧ a[i ..j ) = 1 ∧ a[k..|a|) = 2

⇒

mismos(a, pre(a)) ∧ (∃ i , j ∈ [0..|a|), i ≤ j ) a[0..i ) = 0 ∧ a[i ..j ) = 1 ∧ a[j ..|a|) = 2

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Problema de la bandera holandesa

I En cada una de las tres ramas, (4)el variante decrece: I E1: mismos(a, pre(a)) ∧ 0 ≤ i ≤ j < k ≤ |a| ∧ aj = 1 ∧ ...

++j;

E2: k = k@E1 ∧ j = j@E1+ 1

implica k − j < (k − j )@E1

I E₁: mismos(a, pre(a)) ∧ 0 ≤ i ≤ j < k ≤ |a| ∧ a_j = 2 ∧ ...

swap(a,j,k-1); --k;

E₂: k = k@E₁− 1 ∧ j = j@E₁ implica k − j < (k − j )@E₁

Problema de la bandera holandesa

I E1: mismos(a, pre(a)) ∧ 0 ≤ i ≤ j < k ≤ |a| ∧ aj = 0 ∧ ... swap(a,i,j);

++i; ++j;

E2: k = k@E1 ∧ j = j@E1+ 1

implica k − j < (k − j )@E1

I Finalmente, (5) cuando el variante pasa la cota, el ciclo termina, puesto quek − j ≤ 0 ⇔ ¬B.

I Por lo tanto, el algoritmo es correcto respecto de su especificaci´on.

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I ¿Cu´al es lacomplejidad del algoritmo?

1. Antes de comenzar las iteraciones, v = |a|.

2. En cada iteraci´on, el variante decrece estrictamente.

3. Cuando v ≤ 0, el ciclo termina.

I Entonces, el algoritmo realiza a lo sumo |a| iteraciones (m´as a´un, realiza exactamente |a| iteraciones, dado que en cada paso el variante decrece en exactamente una unidad). I El algoritmo tiene una complejidad deO(n).