如何确定两个数据列表中的差异

StackOverflow https://stackoverflow.com/questions/127151

题

这是一个CS人员用理论发光的练习。

想象一下，你有两个带元素的容器。文件夹，URL，文件，字符串，这没关系。

什么是计算添加和删除的AN算法？

注意：如果有很多方法可以解决此问题，请为每个答案发布一个，以便对其进行分析和投票。

编辑：所有答案都解决了4个容器的问题。是否可以只使用最初的2？

有帮助吗？

解决方案

假设您有两个独特项目列表，并且排序无关紧要，您可以将它们视为集合而不是列表

如果你想到一个维恩图，列表A作为一个圆圈而列表B作为另一个，那么这两个的交点就是常数池。

从A和B中移除此交叉点中的所有元素，并且A中剩余的任何内容都已删除，而B中剩余的任何内容都已添加。

所以，迭代A搜索B中的每个项目。如果找到它，将其从A和B中删除

然后A是已删除的事物列表，B是已添加的事物列表

我想......

[edit]好的，使用新的“仅2个容器”限制，同样仍然存在：

foreach( A ) { 
  if( eleA NOT IN B ) {
    DELETED
  }
}
foreach( B ) {
  if( eleB NOT IN A ) {
    ADDED
  }
}

然后你没有构建一个新的列表，或者破坏你的旧列表......但是它会花费更长的时间，就像前面的例子一样，你可以循环遍历较短的列表并从较长的列表中删除元素。在这里你需要做两个列表

我认为我的第一个解决方案没有使用4个容器，只是销毁了两个; - ）

其他提示

我有一段时间没有这样做，但我相信算法是这样的...... 

sort left-list and right-list
adds = {}
deletes = {}
get first right-item from right-list
get first left-item from left-list
while (either list has items)
  if left-item < right-item or right-list is empty
    add left-item to deletes
    get new left-item from left-list
  else if left-item > right-item or left-list is empty
    add right-item to adds
    get new right-item from right-list
  else
    get new right-item from right-list
    get new left-item from left-list

关于右侧列表与左侧列表的关系，删除包含已删除的项目，添加现在包含新项目。

乔说。并且，如果列表太大而无法放入内存，请使用外部文件排序实用程序或合并排序。

缺少信息：如何定义添加/删除？例如。如果列表（A和B）在服务器A和服务器B上显示相同的目录，则表示同步。如果我现在等待10天，再次生成列表并进行比较，如何判断是否已删除某些内容？我不能。我只能说服务器A上的文件在服务器B上找不到和/或反过来。是否因为文件已添加到服务器A（因此在B上找不到该文件）或文件已在服务器B上删除（因此该文件在B 上找不到）是我只能通过列出文件名来确定一些东西。

对于我建议的解决方案，我假设您有一个名为OLD的列表和一个名为NEW的列表。在旧的但未在NEW上找到的所有内容都已删除。已添加在NEW上但未在OLD上找到的所有内容（例如，同一服务器上的同一目录的内容，但是已在不同日期创建列表）。

此外，我将假设没有重复。这意味着任何列表中的每个项目在以下意义上都是唯一的：如果我将此项目与列表中的任何其他项目进行比较（无论此比较如何工作），我总是可以说该项目是更小或更大比我正在比较的那个，但从不相等。例如。在处理字符串时，我可以按字典顺序对它们进行比较，并且列表中的相同字符串永远不会两次。

在这种情况下，最简单的（不一定是最佳解决方案）是：

  1. 对OLD列表进行排序。例如。如果列表由字符串组成，则按字母顺序排序。排序是必要的，因为这意味着我可以使用二进制搜索来快速查找列表中的对象，假设它确实存在（或者要快速确定，它根本不存在于列表中）。如果列表未排序，则查找对象的复杂度为O（n）（我需要查看列表中的每个项目）。如果对列表进行排序，则复杂度仅为O（log n），因为在每次尝试匹配列表中的项目之后，我总是可以排除列表中50％的项目不匹配。即使列表有100个项目，找到一个项目（或检测到该项目不在列表中）最多需要7个测试（或者它是8个？无论如何，远远少于100个）。 新列表无需排序。

  2. 现在我们执行列表删除。对于新列表中的每个项目，尝试在OLD列表中找到此项目（使用二进制搜索）。如果找到该项目，请从旧列表中删除此项目，然后 将其从新列表中删除。这也意味着消除过程中列表越小越好，因此查找将变得越来越快。由于从列表中删除项目对列表的正确排序顺序没有影响，因此无需在淘汰阶段使用OLD列表。

  3. 在淘汰结束时，两个列表可能都是空的，在这种情况下它们是相等的。如果它们不为空，则OLD列表中的所有项目都是新列表中缺少的项目（否则我们已将其删除），因此这些是已删除的项目。仍在新列表中的所有项目都是不在OLD列表中的项目（否则，我们已将其删除），因此这些是添加的项目。

列表中的对象是否“唯一”？在这种情况下，我首先构建两个映射（散列图），然后扫描列表并查找映射中的每个对象。

map1
map2
removedElements
addedElements

list1.each |item|
{
    map1.add(item)
}
list2.each |item|
{
    map2.add(item)
}
list1.each |item|
{
    removedElements.add(item) unless map2.contains?(item)
}
list2.each |item|
{
    addedElements.add(item) unless map1.contains?(item)
}

对于混合Ruby和Java的可怕的元语言抱歉:-P

最后 removedElements 将包含属于list1的元素，但不包含list2， addedElements 将包含属于list2的元素。

整个操作的成本是O（4 * N），因为地图/字典中的查找可以被认为是恒定的。另一方面，线性/二进制搜索列表中的每个元素将使O（N ^ 2）。

编辑：第二个想法是将最后一个检查移到第二个循环中，你可以删除其中一个循环...但那很丑......：）

list1.each |item|
{
    map1.add(item)
}
list2.each |item|
{
    map2.add(item)
    addedElements.add(item) unless map1.contains?(item)
}
list1.each |item|
{
    removedElements.add(item) unless map2.contains?(item)
}
许可以下： CC-BY-SA 和 归因
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