C++ 快速中值更新算法

假设在某个时间点，您有一组

N

数字，并且知道中间元素：

M

。现在，您得到了一个新值，

X

，因此您可能需要更新

M

。（或者更确切地说，您需要这样做，假设您处理的数字都是唯一的。而且，所有样本都是串行接收的，因此并发性没有问题。）

计算新的平均值很简单：取旧的平均值，加上

X

，乘以

N

，然后除以

N+1

。（通过检查N个元素的平均值是如何定义的，这一点很清楚。目前我不太担心数字。）

我的问题是：有人能提出一种创造性的/新颖的（或者可以证明是最优的）方法来解决更新中值的问题吗？我将在下面提供一个示例（我自己设计的简单想法），并进行一些分析：

在这个示例中，我将使用一个

std:：forward\u列表

，因为我最近在C++11中遇到了这个问题。在不丧失一般性的情况下，我将假设您的做法是正确的：维护迄今为止遇到的元素（类型T）的有序列表，

std:：forward\u list sorted当
tx时出现，只需使用以下工具将其折叠到位：

sorted.merge(std::forward_list<T> {{ x }});

这里发生的一件好事（如果不是很难看到的话）是：由于您将迭代器向前移动了两次（而且是安全的，我可能会添加，尽管代价是两次比较），当达到
end（）
时，我们将处于适当的（中间）值。如果有奇数个元素，
M
就是这个样本，如果没有，它就是这个元素和旧的（被挤出的）中位数的平均值。因为奇数和偶数交替出现，所以旧的或新的
M
实际上将在集合中。这个推理是正确的，是吗

如果你认为我的O（3n）方法是垃圾/你的好得多，你就不必评论它；我只是建议将其作为一个起点。
您可以将数组拆分为两个大小相等的堆树，
I
是最小部分或数组，
S
是最大部分，它们的顶部包含最大和最小元素。说数组
1,2,4,4,5,5,7,8,8,8
组织如下：

 1 4
 \ /
  4   2
   \ /
    5  <--- I's top

    5  <--- S's top
   / \
  7   8
 / \
 8 8

14
\ /
4   2
\ /
5您可以使用
std:：set
，而且插入到set不会使迭代器无效

如果
N
为奇数，则可以将迭代器
mIt
放在集合的中间元素上，如果
N
为偶数，则可以放在两个中间元素的左侧

让我们考虑插入元素时的不同情况：
当
N
为奇数时插入：如果插入的元素小于
*mIt
，则旧的中间值变为两个新中间值元素的右侧，因此减少迭代器。如果它更大（或相等，对于
multiset
），则一切正常。

当
N
为偶数时插入：如果插入的元素比
*mIt
大（或等于），则旧的右中位数变为中位数，因此递增迭代器。如果它变小了，原来的左中位数就变成了中位数，一切都好了

template <class T>
class MedianHolder {
  std::set<T> elements;
  std::set<T>::const_iterator mIt;

public:
  T const& getMedian() const { return *mIt; }

  void insert(T const& t) {
    if (elements.empty()) {
      mIt = elements.insert(t).first;
      return;
    }

    bool smaller = std::less<T>(t,getMedian());
    bool odd = (elements.size() % 2) == 1;

    if (!elements.insert(t).second)
      return; //not inserted

    if (odd && smaller) --mIt;
    else if (!odd && !smaller) ++mIt;
  }
};

模板
类中间文件夹{
std：：集合元素；
std:：set:：const_迭代器mIt；
公众：
T const&getmedia（）const{return*mIt；}
无效插入（T常量和T）{
if（elements.empty（））{
mIt=元素。插入（t）。首先；
返回；
}
bool-smaller=std:：less（t，getMedian（））；
布尔奇数=（elements.size（）%2）==1；
if（！elements.insert（t）.second）
return；//未插入
如果（奇数和更小）-麻省理工学院；
如果（！奇数&！更小）+mIt；
}
};

我将把删除元素作为练习留给您；-）
 您当然可以在O（log（n））时间内完成它。向平衡二叉树添加元素和选择第k个最大元素都是O（log（n））时间操作。更有趣的是，可以尝试两个堆，一个用于n/2个最大的元素，一个用于最小的元素。@Marglisse:看我的答案，你不必搜索第k个larges元素，因为你已经知道它或者（k+1）第或（k-1）个第四大元素：-）@SauceMaster您似乎正在跟踪列表中出现次数最多的元素。这不是中位数。@ArneMertz:哈哈，是的。这绝对是一种模式。很抱歉
template <class T>
class MedianHolder {
  std::set<T> elements;
  std::set<T>::const_iterator mIt;

public:
  T const& getMedian() const { return *mIt; }

  void insert(T const& t) {
    if (elements.empty()) {
      mIt = elements.insert(t).first;
      return;
    }

    bool smaller = std::less<T>(t,getMedian());
    bool odd = (elements.size() % 2) == 1;

    if (!elements.insert(t).second)
      return; //not inserted

    if (odd && smaller) --mIt;
    else if (!odd && !smaller) ++mIt;
  }
};