行优先的多维数组中线性索引和逻辑索引的关系

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命题：如果有一个n维行优先的数组的shape为$shape_o\times shape_1 \times ... \times shape_{n-1}$,对于线性索引为$L$,，如果其满足

，则有：

证明：

假如$index_0 > \lfloor \frac{L}{stride_0} \rfloor$,不妨设$index_0 = \lfloor \frac{L}{stride_0} \rfloor +1$,，则有$index_0 *stride_0 =( \lfloor \frac{L}{stride_0} \rfloor +1)*stride_0 > L$,这和 $L = index_0 \times stride_0 + index_1 \times stride_1 + index_2 \times stride_2 + ... + index_{n-1} \times stride_{n-1}$的前提相矛盾，故假设不成立。

假如$index_0 < \lfloor \frac{L}{stride_0} \rfloor$,不妨设$index_0 = \lfloor \frac{L}{stride_0} \rfloor -1$,则有:

由于有$(\lfloor{ \frac{L}{stride_0}} \rfloor - 1) * stride_0 \leq L- stride_0$，故上式有：

假如$index_1 ...index_{n-1}$都取最大值，那么对于第k个维度而言， 由于$stride_k = \prod_{m=k+1}^{n-1}shape_m$，所以有：

故将第二个维度及其之后的维度的shape最大值及其stride相乘有下式:

所以

亦即:

这和前提相矛盾，故假设不成立。

所以命题得证。

通过这个命题，我们可以从线性索引求得逻辑索引，首先通过$\lfloor \frac{L}{stride_0} \rfloor$求index_0，有：

之后，设$offset = L - \lfloor \frac{L}{stride_0} \rfloor \times stride_0 = L \% stride_0$，则有：

用同样的方法，我们可以求得$index_1、index_2、.....index_{n-1}$, 这在写CUDA算子，如cat算子等的时候特别有用，从tid算得本线程要负责的元素的逻辑索引，从而进行相关拷贝操作。