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  • 哈希表时间复杂度

    2020-12-27 17:58:05
    哈希表 散列表(Hash table,也叫哈希表),是根据关键码值(Key value)而直接进行访问的数据结构。也就是说,它通过把关键码值映射到表中一个位置来...哈希表 是使用 O(1)O(1)时间复杂度 进行数据的插入删除和查找,但

    哈希表

    散列表(Hash table,也叫哈希表),是根据关键码值(Key value)而直接进行访问的数据结构。也就是说,它通过把关键码值映射到表中一个位置来访问记录,以加快查找的速度。这个映射函数叫做散列函数,存放记录的数组叫做散列表。
    给定表M,存在函数f(key),对任意给定的关键字值key,代入函数后若能得到包含该关键字的记录在表中的地址,则称表M为哈希(Hash)表,函数f(key)为哈希(Hash) 函数。

    哈希表 是使用 O(1)O(1)时间复杂度 进行数据的插入删除和查找,但是哈希表不保证表中数据的有序性,这样在哈希表中查找最大数据或者最小数据的时间是 O(N)O(N) 实现。

    复杂度

    时间复杂度:O(n),其中 n 为字符串的长度。我们只需同时遍历一遍字符串 s和 t 即可。
    空间复杂度:O(∣Σ∣),其中 Σ 是字符串的字符集。哈希表存储字符的空间取决于字符串的字符集大小,最坏情况下每个字符均不相同,需要 O(∣Σ∣) 的空间。

    基本概念

    • 若关键字为k,则其值存放在f(k)的存储位置上。由此,不需比较便可直接取得所查记录。称这个对应关系f为散列函数,按这个思想建立的表为散列表。
    • 对不同的关键字可能得到同一散列地址,即k1≠k2,而f(k1)=f(k2),这种现象称为冲突(英语:Collision)。具有相同函数值的关键字对该散列函数来说称做同义词。综上所述,根据散列函数 f(k)处理冲突 的方法将一组关键字映射到一个有限的连续的地址集(区间)上,并以关键字在地址集中的“像”作为记录在表中的存储位置,这种表便称为散列表,这一映射过程称为散列造表或散列,所得的存储位置称散列地址。
    • 若对于关键字集合中的任一个关键字,经散列函数映象到地址集合中任何一个地址的概率是相等的,则称此类散列函数为均匀散列函数(Uniform Hash function),这就是使关键字经过散列函数得到一个“随机的地址”,从而减少冲突。

    常用方法

    散列函数能使对一个数据序列的访问过程更加迅速有效,通过散列函数,数据元素将被更快地定位。
    实际工作中需视不同的情况采用不同的哈希函数,通常考虑的因素有:

    • 计算哈希函数所需时间

    • 关键字的长度

    • 哈希表的大小

    • 关键字的分布情况

    • 记录的查找频率

      1.直接寻址法:取关键字或关键字的某个线性函数值为散列地址。即H(key)=key或H(key) = a·key + b,其中a和b为常数(这种散列函数叫做自身函数)。若其中H(key)中已经有值了,就往下一个找,直到H(key)中没有值了,就放进去。

    1. 数字分析法:分析一组数据,比如一组员工的出生年月日,这时我们发现出生年月日的前几位数字大体相同,这样的话,出现冲突的几率就会很大,但是我们发现年月日的后几位表示月份和具体日期的数字差别很大,如果用后面的数字来构成散列地址,则冲突的几率会明显降低。因此数字分析法就是找出数字的规律,尽可能利用这些数据来构造冲突几率较低的散列地址。

    2. 平方取中法:当无法确定关键字中哪几位分布较均匀时,可以先求出关键字的平方值,然后按需要取平方值的中间几位作为哈希地址。这是因为:平方后中间几位和关键字中每一位都相关,故不同关键字会以较高的概率产生不同的哈希地址。
      例:我们把英文字母在字母表中的位置序号作为该英文字母的内部编码。例如K的内部编码为11,E的内部编码为05,Y的内部编码为25,A的内部编码为01, B的内部编码为02。由此组成关键字“KEYA”的内部代码为11052501,同理我们可以得到关键字“KYAB”、“AKEY”、“BKEY”的内部编码。之后对关键字进行平方运算后,取出第7到第9位作为该关键字哈希地址.

    3. 折叠法:将关键字分割成位数相同的几部分,最后一部分位数可以不同,然后取这几部分的叠加和(去除进位)作为散列地址。数位叠加可以有移位叠加和间界叠加两种方法。移位叠加是将分割后的每一部分的最低位对齐,然后相加;间界叠加是从一端向另一端沿分割界来回折叠,然后对齐相加。

    4. 随机数法:选择一随机函数,取关键字的随机值作为散列地址,即H(key)=random(key)其中random为随机函数,通常用于关键字长度不等的场合。

    5. 除留余数法:取关键字被某个不大于散列表表长m的数p除后所得的余数为散列地址。即 H(key) = key MOD p,p<=m。不仅可以对关键字直接取模,也可在折叠、平方取中等运算之后取模。对p的选择很重要,一般取素数或m,若p选的不好,容易产生同义词。 [2]

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  • 哈希表时间复杂度分析 n个元素平均的分布在M棵红黑树中,每棵红黑树容纳的元素平均为 n/M ,即现有的哈希表时间复杂度为O(log(n/M)); 说好的O(1)呢? M越大,元素分散的越平均,时间复杂度越低,M足够大,...

    哈希表的时间复杂度分析

    • n个元素平均的分布在M棵红黑树中,每棵红黑树容纳的元素平均为 n/M ,即现有的哈希表的时间复杂度为O(log(n/M));
    • 说好的O(1)呢?
    • M越大,元素分散的越平均,时间复杂度越低,M足够大,时间复杂度理论上就可以达到O(1);

    动态扩容代码

    • 触发扩容,缩容的上界和哈希表的初始容量;
    private static final int upperTol = 10;
    private static final int lowerTol = 2;
    private static final int initCapacity = 7;
    
    public HashTable(){
        this(initCapacity);
    }
    
    • 添加元素时扩容
    public void add(K key, V value){
        TreeMap<K, V> map = hashtable[hash(key)];
        if(map.containsKey(key))
            map.put(key, value);
        else{
            map.put(key, value);
            size ++;
    
            if(size >= upperTol * M)
                resize(2 * M);
        }
    }
    
    • 删除元素时缩容
    public V remove(K key){
        V ret = null;
        TreeMap<K, V> map = hashtable[hash(key)];
        if(map.containsKey(key)){
            ret = map.remove(key);
            size --;
    
            if(size < lowerTol * M && M / 2 >= initCapacity)
                resize(M / 2);
        }
        return ret;
    }
    
    • 容量调整代码
      • 复制时的遍历,遍历的是老哈希表,老的M值要先存下来;
      • 复制的时候元素的key值重新计算hash值要用新的M值,要将this.M更新过来;
    private void resize(int newM){
        TreeMap<K, V>[] newHashTable = new TreeMap[newM];
        for(int i = 0 ; i < newM ; i ++)
            newHashTable[i] = new TreeMap<>();
    
        int oldM = M;
        this.M = newM;
        for(int i = 0 ; i < oldM ; i ++){
            TreeMap<K, V> map = hashtable[i];
            for(K key: map.keySet())
                newHashTable[hash(key)].put(key, map.get(key));
        }
    
        this.hashtable = newHashTable;
    }
    

    速度比较

    import java.util.ArrayList;
    
    public class Main {
    
        public static void main(String[] args) {
            System.out.println("Pride and Prejudice");
            ArrayList<String> words = new ArrayList<>();
            if(FileOperation.readFile("pride-and-prejudice.txt", words)) {
                System.out.println("Total words: " + words.size());
    
                // Test BST
                long startTime = System.nanoTime();
    
                BST<String, Integer> bst = new BST<>();
                for (String word : words) {
                    if (bst.contains(word))
                        bst.set(word, bst.get(word) + 1);
                    else
                        bst.add(word, 1);
                }
    
                for(String word: words)
                    bst.contains(word);
    
                long endTime = System.nanoTime();
                double time = (endTime - startTime) / 1000000000.0;
                System.out.println("BST: " + time + " s");
    
    
                // Test AVL
                startTime = System.nanoTime();
    
                AVLTree<String, Integer> avl = new AVLTree<>();
                for (String word : words) {
                    if (avl.contains(word))
                        avl.set(word, avl.get(word) + 1);
                    else
                        avl.add(word, 1);
                }
    
                for(String word: words)
                    avl.contains(word);
    
                endTime = System.nanoTime();
                time = (endTime - startTime) / 1000000000.0;
                System.out.println("AVL: " + time + " s");
    
    
                // Test RBTree
                startTime = System.nanoTime();
    
                RBTree<String, Integer> rbt = new RBTree<>();
                for (String word : words) {
                    if (rbt.contains(word))
                        rbt.set(word, rbt.get(word) + 1);
                    else
                        rbt.add(word, 1);
                }
    
                for(String word: words)
                    rbt.contains(word);
    
                endTime = System.nanoTime();
                time = (endTime - startTime) / 1000000000.0;
                System.out.println("RBTree: " + time + " s");
    
    
                // Test HashTable
                startTime = System.nanoTime();
    
                HashTable<String, Integer> ht = new HashTable<>();
                //HashTable<String, Integer> ht = new HashTable<>(131071);
                for (String word : words) {
                    if (ht.contains(word))
                        ht.set(word, ht.get(word) + 1);
                    else
                        ht.add(word, 1);
                }
    
                for(String word: words)
                    ht.contains(word);
    
                endTime = System.nanoTime();
                time = (endTime - startTime) / 1000000000.0;
                System.out.println("HashTable: " + time + " s");
            }
    
            System.out.println();
        }
    }
    

    输出:

    • 哈希表还是要快一点的;

    Pride and Prejudice
    Total words: 125901
    BST: 0.1321059 s
    AVL: 0.1091658 s
    RBTree: 0.107052 s
    HashTable: 0.1011918 s

    展开全文
  • // 使用hashmap代表多重集,(合并处理和查询)降低查询时间复杂度 int n = A.size(); // 个人认为m是value_initialized的理由是一开始没法初始化 unordered_map, int> m; // 第一个元素代表元素值,第二个元素...

    问题描述:

    给定四个包含整数的数组列表 A , B , C , D ,计算有多少个元组 (i, j, k, l) ,使得 A[i] + B[j] + C[k] + D[l] = 0

    为了使问题简单化,所有的 A, B, C, D 具有相同的长度 N,且 0 ≤ N ≤ 500 。所有整数的范围在 -228 到 228 - 1 之间,最终结果不会超过 231 - 1 。

    例如:

    输入:
    A = [ 1, 2]
    B = [-2,-1]
    C = [-1, 2]
    D = [ 0, 2]
    
    输出:
    2
    
    解释:
    两个元组如下:
    1. (0, 0, 0, 1) -> A[0] + B[0] + C[0] + D[1] = 1 + (-2) + (-1) + 2 = 0
    2. (1, 1, 0, 0) -> A[1] + B[1] + C[0] + D[0] = 2 + (-1) + (-1) + 0 = 0
    

    基本思路:

    这道题暴力O(n^4), 绝对不可取。于是采用二分的技巧

    遍历前两个列表,获得所有两个数的和;遍历后两个列表,获得所有数的两个和;统计这两个结果集中互为相反数的元素个数,即为答案。

    这样我们的复杂度就降为O(n^2)了。

    不过还是TLE了,于是我们想到用哈希表的思想来降低复杂度。

    这是因为哈希表插入和查询一个元素的平均时间复杂度为O(1);

    (其它的,如BST,插入和查询都是O(logn),普通的vector,插入时O(1), 查询时O(n))

    同时我们可以通过获得元素和后马上查询的方式减少代码量

    AC代码:

    class Solution {
    public:
        int fourSumCount(vector<int>& A, vector<int>& B, vector<int>& C, vector<int>& D) {
          // 二分法降低复杂度
          // 使用hashmap代表多重集,(合并处理和查询)降低查询时间复杂度
          int n = A.size(); 
          // 个人认为m是value_initialized的理由是一开始没法初始化
          unordered_map<int, int> m;    // 第一个元素代表元素值,第二个元素代表重复的次数
          for (int i = 0; i < n; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
              ++m[A[i] + B[j]];
            }
          }
          int count = 0;
          for (int i = 0; i < n; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
              count += m[-C[i] - D[j]];
            }
          }
          return count;
        }
    };

    其它经验:

    1.  不得不说我儿子说得还是很有道理,map确实比unordered_map慢太多了
    2. 如果我们有必要使用多重集,完全可以通过用unorder_map来模拟,其key对应的value是元素重复的个数。
    3. 如果元素在处理后要匹配,完全可以通过边处理边匹配的方式来降低复杂度
    展开全文
  • 哈希表的最差复杂度是n2Prerequisite: 先决条件: Hashing data structure 散列数据结构 Problem statement: 问题陈述: Given an array and a sum X, fins any pair which sums to X. Expected time complexity...

    哈希表的最差复杂度是n2

    Prerequisite:

    先决条件:

    Problem statement:

    问题陈述:

    Given an array and a sum X, fins any pair which sums to X. Expected time complexity O(n).

    给定一个数组和一个X ,对求和为X的任何一对进行求和。 预期时间复杂度O(n)

    Example:

    例:

    Input array:
    [4, -1, 6, 5, -2, 2]
    Sum, X=2
    
    Output:
    Pair {4,-2}
    
    Explanation:
    4+(-2)=2 and thus the pair is {4,-2}
    
    

    Solution:

    解:

    Obviously, in brute force, we can solve it by checking each pair sums to X or not. In the worst case, it will take O(n2) which is too costly for the problem. Still, the algorithm would be like the following:

    显然,在蛮力中,我们可以通过检查每对和是否等于X来解决。 在最坏的情况下,将花费O(n 2 ) ,这对于该问题而言过于昂贵。 尽管如此,该算法仍将如下所示:

    For i=0:n-1
        For j=i+1: n-1
            If arr[i]+arr[j]==X
                Return pair {arr[i],arr[j]}
    
    

    To solve this efficiently, we will use hashing. What we need to create is a hash table which will be used as our lookup table. The idea is to lookup whether X-current_element exists in the hash table or not. If we find any element in the hash table, then obviously
    {X-current_element, current_element} is our desired pair.

    为了有效解决此问题,我们将使用哈希。 我们需要创建一个哈希表,该哈希表将用作我们的查找表。 这个想法是要查找哈希表中是否存在X-current_element 。 如果我们在哈希表中找到任何元素,那么显然
    {X-current_element,current_element}是我们想要的对。

    Now, we can create a lookup table by simply inserting each element. Then in another loop, we can start finding whether X-current_element is in the hash table or not. Following is the two-pass algorithm,

    现在,我们只需插入每个元素即可创建查找表。 然后在另一个循环中,我们可以开始查找X-current_element是否在哈希表中。 以下是两次通过算法,

    Create a hash table using set

    使用set创建哈希表

    unordered_set<int> myset;
    //first pass->building the hash table
    For i=0 to n-1
    	current_element=arr[i]
    	Add current_element to look up table, myset if it’s not there 
    End for
    
    

    Find the pair

    找到一对

    //second pass-> finding the pair using the hash table built
    For i=0 to n-1
    	current_element=arr[i]
    	if(X-current_element is in myset)
    		the desired pair is { current_element , X-current_element } 
            and return 
    End for
    
    

    The time complexity of the algorithm is of course O(n) and space complexity is also O(n) for the hash table.

    该算法的时间复杂度当然是O(n),而哈希表的空间复杂度也是O(n)。

    Now, we can further optimize the above algorithm into a single pass.

    现在,我们可以将上述算法进一步优化为一次通过。

    Instead of creating the hash table in a separate pass, we can do both searching and creating in one pass. The idea is if X-current_element is in the hash table then we are done, otherwise, add this current_element to the hash table.

    除了在单独的过程中创建哈希表,我们还可以一次完成搜索和创建过程。 这个想法是,如果X-current_element在哈希表中,那么我们完成了,否则,请将此current_element添加到哈希表中。

    So the algorithm would be:

    因此,算法为:

    //both searching and looking at a time
    For i=0 to n-1
        current_element=arr[i]
        if(X-current_element is in myset)
            the desired pair is { current_element , X-current_element } 
            and return 
        Else
            Add current_element to myset
    End for
    
    

    So, how it guarantees to work?

    那么,它如何保证工作呢?

    We can show that by our example. Where input array is [4, -1, 6, 5, -2, 2]
    If we have used the two-pass algorithm then, we have got {4,-2} as a pair where 4 would be the current_element and-2 would be the X-current_element.

    我们可以通过示例来证明这一点。 输入数组为[4,-1,6,5,-2,2]
    如果我们使用了两次遍历算法,那么我们将{4,-2}作为一对,其中4是current_element ,-2是X-current_element

    But if we use the one-pass algorithm we would get the pair as {-2, 4} where -2 would be the current_element and 4 would be X-current_element.

    但是,如果使用单次通过算法,则该对将为{-2,4},其中-2为current_element,而4为X-current_element

    The reason is when we have 4 as our current_element in our one-pass algorithm then the hash table is empty. Thus we simply add 4.

    原因是当我们在一次通过算法中将4作为current_element时 ,哈希表为空。 因此,我们只需添加4。

    But when we process -2 as our current_element we have X-(-2) to look for which is 2-(-2) and 4 now exists. So the thing is the one pass is guaranteed to work. Only it will return the pair in reverse order.

    但是,当我们将-2作为current_element处理时,我们有X-(-2)来寻找哪个是2-(-2)且现在存在4。 因此,事情是一站式保证有效。 只有它会以相反的顺序返回该对。

    The time & space complexity of the one-pass algorithm is of course same as the two-pass algorithm since it's big O notation.

    一遍算法的时间和空间复杂度当然与二遍算法相同,因为它的O表示法很大。

    C++ implementation:

    C ++实现:

    #include <bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    pair<int, int> find_pair_sum(vector<int> arr, int n, int X)
    {
        unordered_set<int> myset;
    
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            //pair exists current_element, X-current_element
            if (myset.find(X - arr[i]) != myset.end()) {
                return make_pair(arr[i], X - arr[i]);
            }
            //if arr[i] already not there
            else if (myset.find(arr[i]) == myset.end()) 
                myset.insert(arr[i]);
        }
    
        return make_pair(INT_MAX, INT_MAX);
    }
    
    int main()
    {
        cout << "Enter number of input elements,n\n";
        int n;
        cin >> n;
     
        cout << "Enter the input elements\n";
        vector<int> arr(n);
     
        for (int i = 0; i < n; i++)
            cin >> arr[i];
    
        cout << "Enter sum, X\n";
        int X;
        cin >> X;
    
        pair<int, int> p = find_pair_sum(arr, n, X);
        if (p.first == INT_MAX && p.second == INT_MAX)
            cout << "No pairs found\n";
        else
            cout << "The pairs are : " << p.first << ", " << p.second << endl;
    
        return 0;
    }
    
    

    Output:

    输出:

    Enter number of input elements,n
    6
    Enter the input elements
    4 -1 6 5 2 -2
    Enter sum, X
    2
    The pairs are : -2, 4
    
    
    

    翻译自: https://www.includehelp.com/data-structure-tutorial/given-an-array-a-and-number-x-check-for-pair-in-a-with-sum-x-set-1.aspx

    哈希表的最差复杂度是n2

    展开全文
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    2021-01-02 15:25:15
    哈希表时间复杂度O(1) 哈希表的样式 数组就是哈希表 下标就是哈希表的索引 数组元素就是哈希表的数字 哈希函数 通过hashCode把名字转化为数值,hashcode是通过特定编码方式,可以将其他数据格式转化为不同的数值,...
  • 作者:张人大代码效率优化复杂度 -- 一个关于输入数据量n的函数时间复杂度 -- 昂贵与代码的结构设计有着紧密关系一个顺序结构的代码,时间复杂度是O(1), 即任务与算例个数 n 无关空间复杂度 -- 廉价与数据结构设计...
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空空如也

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哈希表时间复杂度