算法设计与分析：芯片测试问题、选择问题详解

旧城等待， 2022-10-08 15:24 268阅读 0赞

## 芯片测试问题 ##

有n片芯片，已知其中好芯片比坏芯片至少多1片。现在需要通过测试从中找出1片好芯片。测试的方法是：将2片芯片放到测试台上，2片芯片互相测试并报告测试结果：”好”或者”坏”。假定好芯片的报告是正确的，坏芯片的报告是不可靠的(可能是对的，也可能是错的)。请设计一个算法，使用最少的测试次数来找出1片好芯片。

由于好芯片至少比坏芯片多1片，对1片芯片来说，**如果有⌊n/2⌋片芯片都报告它是”好的”，那么这片芯片一定是好的**（**因为如果该芯片的所有报告都是坏芯片产生的，则说明已经有⌊n/2⌋个坏芯片，又因为好芯片比坏芯片多，所以当前芯片一定是好的；而如果并非所有报告都是坏芯片产生的，那么有些报告是好芯片产生的，所以当前芯片一定是好的**）。一个蛮力算法就是任取1片芯片，然后用其余所有芯片来测试它，直到找到1片好芯片为止。这个算法最坏情况下Θ(n^2)次测试。

下面尝试一下**分治策略**。

初始的想法就是：将n片芯片两两一组分成⌊n/2⌋组，每组测试1次。就像体育比赛的淘汰赛一样，通过第一轮的⌊n/2⌋次测试淘汰一部分芯片，剩下的芯片构成一个规模较小的子问题进入第二轮。如果测试的芯片不超过3片(即子问题规模小于等于3)，并且好芯片比坏芯片至少多1片，那么只要测试1次就可以找出好芯片。剩下需要考虑的一个问题是：采取什么样的淘汰规则，能够保证进入下一轮的好芯片比坏芯片至少多一片，换句话说，每轮测试丢弃的坏芯片数至少和丢弃的好芯片数一样多。这涉及算法的正确性。另一个问题是：每轮测试淘汰的芯片数占测试芯片数的比例是多少。这涉及子问题规模缩小得有多快，它决定了算法的效率。

先分析一下**不同的测试报告究竟给出了什么信息**。假设放到测试台上的芯片是A和B，表1列出了可能的结果。  
![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3NpbmF0XzQyNDgzMzQx_size_1_color_FFFFFF_t_70]

*  如果测试结果是情况1，**那么A、B中留1片，任意丢掉1片**（实际上A、B都好或A、B都坏）；
 *  如果是后三种情况，**则把A和B全部丢掉**（实际上因为至少有一片是好的，因此最差的情况是好坏芯片同归于尽，但至少没有多丢掉好芯片）。

**命题 1** 当n是偶数时，在上述规则下，经过一轮淘汰，剩下的好芯片比坏芯片至少多1片。  
证 设A、B都是好芯片的有i组，A、B一好一坏有j组，A、B都坏的有k组，那么

![在这里插入图片描述][20210622115532847.png]

经过淘汰后，剩下好芯片数为i，坏芯片数为k，满足i>k。

但是当n是奇数，没被分组而轮空的是1片坏芯片时，可能淘汰后剩下的好芯片与坏芯片数相等。比如n=7，有4片好芯片，3片坏芯片。如果分组为：`{好，好}，{好，好}，{坏，坏}`，`1片坏芯片轮空`，那么淘汰后的4片芯片恰好2好2坏。对于奇数的情况，可以增加一轮特殊处理，即把这个轮空的芯片与每1片其他芯片都测一遍。根据前面的分析，通过这些测试可以判断这片芯片的好坏。如果它是好的，算法结束；如果它是坏的，丢弃它。这些额外工作需要O(n)次测试，而这轮分组内的测试也需要O(n)次(精确说应该是⌊n/2⌋次)，因此不论是偶数还是奇数，归约为子问题的工作量都是O(n)。

下面考虑第二个问题。

**命题2** 因为每组至少需要丢掉1片芯片，因此经过一轮测试后，剩下的芯片数至多为n/2。算法的伪码描述如下：

![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3NpbmF0XzQyNDgzMzQx_size_1_color_FFFFFF_t_70 1]  
根据前面关于递推方程的分析结果，可以得到 。不难看出，比起蛮力算法，分治算法在效率上有明显的提高。

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## 选择问题 ##

#### 1、同时选最大和最小算法 ####

该算法的基本思想是：首先将L中的元素两两一组，分成⌊n/2⌋组(当n是奇数时有一个元素轮空)。每组中的两个数通过1次比较确定本组的”较大”和”较小”。把至多⌊n/2⌋+1(当n为奇数时，需要把被轮空的元素加进来)个小组”较大”放到一起，运行Findmax算法找出其中的最大元素，它就是L中的最大元素。类似地，再把至多⌊n/2⌋+1(当n为奇数时，需要把轮空的元素加进来)个小组”较小”放到一起，运行Findmin算法找出其中的最小元素，它就是L中的最小元素。

该算法的伪码描述如下：  
![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3NpbmF0XzQyNDgzMzQx_size_1_color_FFFFFF_t_70 2]

#### 2、找第二大元素的算法 ####

显然两次调用Findmax算法可以得到第二大元素，先用Findmax算法找出最大元素，然后从L中删除max，再调用Findmax找出剩下元素的最大元素，就是输入L的第二大元素Second。不难看出该算法的时间复杂度是：  
![在这里插入图片描述][20210622115904896.png]  
下面尝试锦标赛算法。该算法的基本思想是：将L中的元素两两一组，分成⌊n/2⌋组(如果n是奇数时可能有1个元素轮空)。每组内进行比较，将较小的元素淘汰，每组中较大的元素和轮空的元素(如果存在的话)进入下一轮。进入下一轮的元素应该有⌈n/2⌉个。在下一轮中，继续进行同样的分组淘汰，胜者再进入下一轮，直到产生”冠军”，即最大元素为止。到此算法总计淘汰了n-1个元素，每次比较恰好淘汰1个元素，因此算法已经做了n-1次比较。但是，我们的任务还没有完成，怎样找第二大元素Second呢? 如果还是再次调用找最大算法，那么算法还需要n-2次比较。这就和刚才的两次调用Findmax的算法在时间上一样了。我们的想法是：利用第一阶段竞争冠军时比较运算的结果信息，以减少第二阶段的比较次数。这是可能的。首先观察到，第二大元素只能在与最大元素max直接比较所淘汰的元素中产生。如果一个元素被其他元素淘汰，而那个元素本身不是冠军，那么该元素至多只能排在第三名之后。这样，我们在找第二大元素时只需关心那些被max淘汰的元素即可。需要考虑的是在第一阶段中，被max淘汰的元素有多少，又是哪些元素。在max没产生之前，算法并不知道谁是最后的冠军，我们必须要求每个元素把被自己淘汰掉的元素全部记录下来。为此，在比赛之前为每个元素设定一个指针，指向一个链表。如果该元素在比较中把其他元素淘汰了，就把那个元素记录在自己的链表里。到max产生的时候，我们只需要检查max的链表，在上面调用Findmax 算法就可以找到第二大元素了。算法的伪码描述如下：  
![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3NpbmF0XzQyNDgzMzQx_size_1_color_FFFFFF_t_70 3]  
这个算法的时间复杂度是多少? 算法所做的比较次数分成两部分，第一部分是找最大元素max过程中的比较次数，第二部分是在产生max后在其链表中找最大所需要的比较次数。在第一部分，每次比较正好淘汰1个元素，淘汰n-1个元素的比较次数就等于n-1。在第二部分，比较次数恰好等于max 链表中的元素个数减1，只要估计出max 所淘汰掉的元素个数就可以得到这部分的工作量。

我们有下面的命题：  
![在这里插入图片描述][watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3NpbmF0XzQyNDgzMzQx_size_1_color_FFFFFF_t_70 4]

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