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问题：

我有 n 个向量的输入：

(x, y, z): x ∈ {1..n},y ∈ {1..n},z ∈ {1..n} (every "dimension" is set(1..n))
*I mean that in one vector x,y,z can be the same(x=y=z),
 but for ∀v1,v2 => x1≠x2, y1≠y2, z1≠z2

v1>v2 if and only if x1>x2,y1>y2,z1>z2. 
lets denote vector v1 "minimal" if and only if ∄v ∈ input: v>v1

任务是计算输入中的最小向量。

资源：

我在本地编程竞赛的任务中发现了这个问题。

（翻译后的）公式是：

n people participeted in competion. competion had three phases(every competitor 
took part in every stage). denote that the participant is better then 
participant b, if a ranks in all three stages is higher then participant b ranks. 
participant c is the best, if there is no such participant who is better 
than participant c. output the number of best participants.

1<=n<=100000 时间限制：1 秒。

我的尝试和想法

第一个想法是创建类 Result（用于竞争对手的结果），重载运算符 >（或 <），就像：

bool operator > (const Score &s) const
{
    if (first_result > s.first_result)
        if (second_result > s.second_result)
            return third_result > s.third_result;
    return false;
}

并构建任何基于数组（例如最小堆），允许找到最小值（使用<）并计算它们（我认为我只是按照这种方式“重新创建”了堆排序的错误变体）。在我这次尝试失败后，我尝试了 Fenwick 树（二进制索引树）来完成相同的任务。

但是后来我明白我的方法是不正确的（不是 ok 类和 < 重载），并且将任务转换为 1d 的想法根本不好。

然后我找到了一些关于 BIT & Segment Tree for n-dimensions case 的信息，我认为我可以用它们来解决这个问题。但是我很难实现工作变体（甚至在 1d 内理解段树的工作原理）

也许有人可以帮助实施（或找到更好的解决方案并解释它）？

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首先，我们需要一个有序的键/值数据结构，您可以插入、删除并及时找到小于或等于您自己的上一个/最后一个值O(log(n))。想想红黑树或 btree 或跳过列表。

我将为该数据结构使用以下发明的符号。我故意让它看起来不像任何真正的语言。

by_order.prev(key)给出与最大键 <= to 关联的 kv 对key。 by_order.prev(key).k给出最大的键 <= 到key. 这可以None。 by_order.prev(key).v给出与最大键 <= 关联的值key。 by_order.next(key)给出与最小键 >= 关联的 kv 对key，.k并.v表示它们之前所做的事情。 by_order.add(key, value)添加一k-v对。 by_order.del(key)删除k-v具有 value 的对key。

这个想法是这样的。x那时我们先y排序z。第一个向量是最小的。之后的每个向量都是最小的，如果它的值z小于z任何先前元素的最小值，则它的值小于或等于y。我们将使用by_order数据结构来测试该条件。

假设我没有犯错，这里是伪代码：

sort(vectors) by x then y then z
Declare and initialize your empty ordered data structure by_order
// NOTE: by_order[val] will be the value of the largest key <= val
answer = [] // ie an empty list
answer.push(vectors[0])
by_order.add(vectors[0].y, by_order[vectors[0].z)
for v in vectors:
    z_best = by_order.prev(v.y).v
    if z_best is None or v.z < z_best:
        answer.push(v) // Yay!
        // Clear anything in by_order that we are an improvement on
        while True:
            pair = by_order.next(v)
            if pair.v is not none and pair.k < v.z:
                by_order.del(pair.v)
            else:
                break
        // and now we add this one to by_order.
        by_order.add(v.y, v.z)

排序所用的总时间为O(n log(n))。

然后对每个n向量进行O(log(n))查找以查看是否插入它，可能随后O(1)插入答案，O(log(n))查找仍然跟随它的内容（别担心，我没有忘记那些被删除的内容），然后是O(log(n))插入，然后是O(log(n))检查发现需要删除的检查，然后是O(log(n))删除。

这是很多O(log(n))项，但总和仍然是O(log(n))。 n次。

结果是O(n log(n))整个问题的算法。

于 2018-03-01T17:41:56.800 回答
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我得到的想法：

struct Point {
    int x;
    int y;
    int z;
};

bool operator < (const Point& lhs, const Point& rhs) {
    return std::tie(lhs.x, lhs.y, lhs.z) < std::tie(rhs.x, rhs.y, rhs.z);
}

bool dominate(const Point& lhs, const Point& rhs) {
    return lhs.x < rhs.x && lhs.y < rhs.y && lhs.z < rhs.z;
}

接着：

std::vector<Point> res;
const std::vector<Point> points = {...};

std::sort(points.begin(), points.end());

for (const auto& p : points) {
    if (!std::any_of(res.begin(), res.end(), [](const auto& m) { return dominate(m, p);})) {
        res.push_back(p);
    }
}
return res.size();

复杂性仍然是最坏的情况n²。（目前是max(n log n, res.size() * n)）

于 2018-03-01T17:23:37.643 回答