Каков наилучший способ найти период (повторного) списка в Mathematica?

Ответ 1

Пожалуйста, ознакомьтесь с комментариями, вкрапленными с кодом о том, как он работает.

(* True if a has period p *)
testPeriod[p_, a_] := Drop[a, p] === Drop[a, -p]

(* are all the list elements the same? *)
homogeneousQ[list_List] := [email protected][list] === 1
homogeneousQ[{}] := Throw[$Failed] (* yes, it ugly to put this here ... *)

(* auxiliary for findPeriodOfFirstElement[] *)
reduce[a_] := [email protected]@Position[a, First[a], {1}]

(* the first element occurs every ?th position ? *)
findPeriodOfFirstElement[a_] := Module[{nl},
  nl = NestWhileList[reduce, reduce[a], ! homogeneousQ[#] &];
  Fold[[email protected][#2, #1] &, 1, Reverse[nl]]
  ]

(* the period must be a multiple of the period of the first element *)
period[a_] := [email protected][{fp = findPeriodOfFirstElement[a]},
   Do[
    If[testPeriod[p, a], Return[p]],
    {p, fp, Quotient[Length[a], 2], fp}
    ]
   ]

Пожалуйста, спросите, не ясно ли findPeriodOfFirstElement[]. Я сделал это самостоятельно (для удовольствия!), Но теперь я вижу, что принцип такой же, как и в решении Вербей, за исключением того, что проблема, отмеченная Бреттом, исправлена.

Я тестировал

b = RandomInteger[100, {1000}];
a = Flatten[{ConstantArray[b, 1000], Take[b, 27]}];

(Обратите внимание на низкое целочисленное значение: в течение того же периода будет много повторяющихся элементов *)

РЕДАКТИРОВАТЬ: В соответствии с комментарием Leonid ниже, еще 2-3 раза быстрее (~ 2.4x на моей машине) можно используя пользовательскую функцию позиции, скомпилированную специально для списков целых чисел:

(* Leonid reduce[] *)

myPosition = Compile[
  {{lst, _Integer, 1}, {val, _Integer}}, 
  Module[{pos = Table[0, {Length[lst]}], i = 1, ctr = 0}, 
    For[i = 1, i <= Length[lst], i++, 
      If[lst[[i]] == val, pos[[++ctr]] = i]
    ]; 
    Take[pos, ctr]
  ], 
  CompilationTarget -> "C", RuntimeOptions -> "Speed"
]

reduce[a_] := [email protected][a, First[a]]

Компиляция testPeriod дает более быстрое ускорение ~ 20% при быстром тестировании, но я полагаю, что это будет зависеть от входных данных:

Clear[testPeriod]
testPeriod = 
 Compile[{{p, _Integer}, {a, _Integer, 1}}, 
  Drop[a, p] === Drop[a, -p]]

Ответ 2

Выше методы лучше, если у вас нет шума. Если ваш сигнал приблизительный, то методы преобразования Фурье могут оказаться полезными. Я проиллюстрирую "параметризованную" настройку, в которой длина и количество повторений базового сигнала, длина конечной части и оценка шумового возмущения - все переменные, с которыми можно играть.

noise = 20;
extra = 40;
baselen = 103;
base = RandomInteger[10000, {baselen}];
repeat = 5;
signal = Flatten[Join[ConstantArray[base, repeat], Take[base, extra]]];
noisysignal = signal + RandomInteger[{-noise, noise}, Length[signal]];

Мы вычисляем абсолютное значение БПФ. Мы соединяем нули с обоих концов. Объект будет пороговым по сравнению с соседями.

sigfft = Join[{0.}, Abs[Fourier[noisysignal]], {0}];

Теперь мы создаем два вектора 0-1. В одном из них порог, создавая 1 для каждого элемента в fft, который больше чем в два раза превышает среднее геометрическое для двух его соседей. В другом мы используем среднее (среднее арифметическое), но мы уменьшаем размер, связанный с 3/4. Это было основано на некоторых экспериментах. Мы подсчитываем количество 1 в каждом случае. В идеале мы получили бы 100 для каждого, так как это было бы количество ненулевых в "идеальном" случае без шума и без хвостовой части.

In[419]:= 
thresh1 = 
  Table[If[sigfft[[j]]^2 > 2*sigfft[[j - 1]]*sigfft[[j + 1]], 1, 
    0], {j, 2, Length[sigfft] - 1}];
count1 = Count[thresh1, 1]
thresh2 = 
  Table[If[sigfft[[j]] > 3/4*(sigfft[[j - 1]] + sigfft[[j + 1]]), 1, 
    0], {j, 2, Length[sigfft] - 1}];
count2 = Count[thresh2, 1]

Out[420]= 114

Out[422]= 100

Теперь мы получаем самое лучшее представление о значении "повторений", принимая пол общей длины в среднем по нашим подсчетам.

approxrepeats = Floor[2*Length[signal]/(count1 + count2)]
Out[423]= 5

Итак, мы обнаружили, что основной сигнал повторяется 5 раз. Это может дать начало уточнению, чтобы оценить правильную длину (baselen, выше). С этой целью мы могли бы попытаться удалить элементы в конце и увидеть, когда мы получим ffts ближе к фактическому прогону с четырьмя 0s между ненулевыми значениями.

Что-то еще, что могло бы работать для оценки количества повторов, заключается в нахождении модального числа нулей в кодировании длины пробега пороговых ffts. В то время как я на самом деле не пытался это сделать, похоже, что это может быть устойчиво к плохим выборам в деталях того, как происходит порог (мои были просто эксперименты, которые, похоже, работают).

Даниэль Лихтблау

Ответ 3

Далее предполагается, что цикл начинается с первого элемента и задает длину периода и цикл.

findCyclingList[a_?VectorQ] :=
  Module[{repeats1, repeats2, cl, cLs, vec}, 
  repeats1 = [email protected][Position[a, First[a]]];
  repeats2 = Flatten[Position[repeats1, First[repeats1]]]; 
  If[Equal @@ Differences[repeats2] && Length[repeats2] > 2(* 
   is potentially cyclic - first element appears cyclically *),
   cl = Plus @@@ Partition[repeats1, First[Differences[repeats2]]];
   cLs = Partition[a, First[cl]];
   If[SameQ @@ cLs  (* candidate cycles all actually the same *), 
    vec = First[cLs];
    {Length[vec], vec}, $Failed], $Failed]  ]

Тестирование

b = RandomInteger[50, {100}];
a = Join[b, b, b, b, Take[b, 27]];

findCyclingList[a]

{100, {47, 15, 42, 10, 14, 29, 12, 29, 11, 37, 6, 19, 14, 50, 4, 38, 
  23, 3, 41, 39, 41, 17, 32, 8, 18, 37, 5, 45, 38, 8, 39, 9, 26, 33, 
  40, 50, 0, 45, 1, 48, 32, 37, 15, 37, 49, 16, 27, 36, 11, 16, 4, 28,
   31, 46, 30, 24, 30, 3, 32, 31, 31, 0, 32, 35, 47, 44, 7, 21, 1, 22,
   43, 13, 44, 35, 29, 38, 31, 31, 17, 37, 49, 22, 15, 28, 21, 8, 31, 
  42, 26, 33, 1, 47, 26, 1, 37, 22, 40, 27, 27, 16}}

b1 = RandomInteger[10000, {100}]; 
a1 = Join[b1, b1, b1, b1, Take[b1, 23]];

findCyclingList[a1]

{100, {1281, 5325, 8435, 7505, 1355, 857, 2597, 8807, 1095, 4203, 
  3718, 3501, 7054, 4620, 6359, 1624, 6115, 8567, 4030, 5029, 6515, 
  5921, 4875, 2677, 6776, 2468, 7983, 4750, 7609, 9471, 1328, 7830, 
  2241, 4859, 9289, 6294, 7259, 4693, 7188, 2038, 3994, 1907, 2389, 
  6622, 4758, 3171, 1746, 2254, 556, 3010, 1814, 4782, 3849, 6695, 
  4316, 1548, 3824, 5094, 8161, 8423, 8765, 1134, 7442, 8218, 5429, 
  7255, 4131, 9474, 6016, 2438, 403, 6783, 4217, 7452, 2418, 9744, 
  6405, 8757, 9666, 4035, 7833, 2657, 7432, 3066, 9081, 9523, 3284, 
  3661, 1947, 3619, 2550, 4950, 1537, 2772, 5432, 6517, 6142, 9774, 
  1289, 6352}}

Этот случай должен завершиться неудачно, потому что он не цикличен.

findCyclingList[Join[b, Take[b, 11], b]]

$Failed

Я попытался что-то сделать с помощью Repeated, например. a /. Repeated[t__, {2, 100}] -> {t}, но это просто не работает для меня.

Ответ 4

Это работает для вас?

period[a_] := 
   Quiet[Check[
      First[Cases[
         Table[
            {k, Equal @@ Partition[a, k]}, 
            {k, Floor[Length[a]/2]}], 
         {k_, True} :> k
         ]], 
      $Failed]]

Строго говоря, это не удастся для таких вещей, как

a = {1, 2, 3, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4, 5}

хотя это можно исправить, используя что-то вроде:

(Equal @@ Partition[a, k]) && (Equal @@ Partition[Reverse[a], k])

(возможно, вычисление Reverse[a] только раз за раз.)

Ответ 5

Я предлагаю это. Он заимствует ответы Вербейи и Бретта.

Do[
  If[MatchQ @@ Equal @@ Partition[#, i, i, 1, _], Return @@ i],
  {i, #[[ 2 ;; Floor[[email protected]#/2] ]] ~Position~ [email protected]#}
] /. Null -> $Failed &

Он не так эффективен, как функция Vebeia в длительные периоды, но быстрее на коротких, и это проще.

Ответ 6

Я не знаю, как его решить в математике, но должен работать следующий алгоритм (написанный на python). Это O (n), поэтому скорость не должна беспокоить.

def period(array):
    if len(array) == 0:
        return False
    else:
        s = array[0]
        match = False
        end = 0
        i = 0

        for k in range(1,len(array)):
            c = array[k]

            if not match:
                if c == s:
                    i = 1
                    match = True
                    end = k
            else:
                if not c == array[i]:
                    match = False
                i += 1

        if match:
            return array[:end]
        else:
            return False

# False         
print(period([4, 5, 1, 2, 3, 4, 5, 1, 2, 3, 4, 5, 1, 2,1]))
# [4, 5, 1, 2, 3]            
print(period([4, 5, 1, 2, 3, 4, 5, 1, 2, 3, 4, 5, 1, 2]))
# False
print(period([4]))
# [4, 2]
print(period([4,2,4]))
# False
print(period([4,2,1]))
# False
print(period([]))

Ответ 7

Хорошо, просто чтобы показать свою работу здесь:

ModifiedTortoiseHare[a_List] := Module[{counter, tortoise, hare},
Quiet[
 Check[
  counter = 1;
  tortoise = a[[counter]];
  hare = a[[2 counter]];
  While[(tortoise != hare) || (a[[counter ;; 2 counter - 1]] != a[[2 counter ;; 3 counter - 1]]),
   counter++;
   tortoise = a[[counter]];
   hare = a[[2 counter]];
  ];
 counter,
$Failed]]]

Я не уверен, что это на 100% правильно, особенно в таких случаях, как {pattern, pattern, different, pattern, pattern}, и он становится медленнее и медленнее, когда есть много повторяющихся элементов, например:

{ 1,2,1,1, 1,2,1,1, 1,2,1,1, ...} 

потому что он делает слишком много дорогостоящих сравнений.

Ответ 8

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;


int period(vector<int> v)
{
    int p=0; // period 0

    for(int i=p+1; i<v.size(); i++)
    {

        if(v[i] == v[0])
        {
            p=i; // new potential period


            bool periodical=true;
            for(int i=0; i<v.size()-p; i++)
            {
                if(v[i]!=v[i+p])
                {
                    periodical=false;
                    break;
                }
            }
            if(periodical) return p;


            i=p; // try to find new period
        }
    }

    return 0; // no period

}


int main()
{

    vector<int> v3{1,2,3,1,2,3,1,2,3};
    cout<<"Period is :\t"<<period(v3)<<endl;


    vector<int> v0{1,2,3,1,2,3,1,9,6};
    cout<<"Period is :\t"<<period(v0)<<endl;

    vector<int> v1{1,2,1,1,7,1,2,1,1,7,1,2,1,1};
    cout<<"Period is :\t"<<period(v1)<<endl;
    return 0;
}

Ответ 9

Похоже, что это может относиться к выравниванию последовательностей. Эти алгоритмы хорошо изучены и могут быть уже реализованы в математике.