问题描述
分析递归函数(甚至评估它们)是一项艰巨的任务。(在我看来)很好的介绍可以在Don knuths ConcreteMathematics中找到。
但是,让我们现在分析这些示例:
我们定义了一个函数,该函数为我们提供了函数所需的时间。假设t(n)
表示所需的时间pow(x,n)
,即的函数n
。
然后可以得出结论,t(0)=c
因为如果调用pow(x,0)
,我们必须检查(n==0
),然后返回1,这可以在恒定时间内完成(因此,为常数c
)。
现在我们考虑另一种情况:n>0
。在这里我们得到t(n) = d + t(n-1)
。这是因为我们必须再次检查n==1
,计算pow(x,
n-1
,因此(t(n-1)
)并将结果乘以x
。校验和相乘可以在需要d
递归计算的恒定时间(constant )中完成。pow``t(n-1)
现在我们可以“扩展”该术语t(n)
:
t(n) =
d + t(n-1) =
d + (d + t(n-2)) =
d + d + t(n-2) =
d + d + d + t(n-3) =
... =
d + d + d + ... + t(1) =
d + d + d + ... + c
那么,直到我们到达需要多长时间t(1)
?由于我们从开始t(n)
并在每一步中减去1,因此需要n-1
步骤才能达到t(n-(n-1)) =
t(1)
。另一方面,这意味着我们得到n-1
常数的乘积d
,并被t(1)
评估为c
。
因此我们获得:
t(n) =
...
d + d + d + ... + c =
(n-1) * d + c
所以我们得到的t(n)=(n-1) * d + c
是O(n)的元素。
pow2
可以使用Masters定理完成。因为我们可以假设算法的时间函数是单调增加的。因此,现在我们有时间t(n)
计算pow2(x,n)
:
t(0) = c (since constant time needed for computation of pow(x,0))
因为n>0
我们得到
/ t((n-1)/2) + d if n is odd (d is constant cost)
t(n) = <
\ t(n/2) + d if n is even (d is constant cost)
可以将以上内容简化为:
t(n) = floor(t(n/2)) + d <= t(n/2) + d (since t is monotonically increasing)
因此,我们获得t(n) <= t(n/2) + d
,这可以使用大师定理来解决t(n) = O(log
n)
(请参阅Wikipedia链接中的“流行算法的应用”部分,例如“二进制搜索”)。
解决方法
如何计算递归算法的时间复杂度?
int pow1(int x,int n) {
if(n==0){
return 1;
}
else{
return x * pow1(x,n-1);
}
}
int pow2(int x,int n) {
if(n==0){
return 1;
}
else if(n&1){
int p = pow2(x,(n-1)/2)
return x * p * p;
}
else {
int p = pow2(x,n/2)
return p * p;
}
}