int Do(int n)
{
if(n<=2)
return 1;
else
return(Do(floor(sqrt(n))+n);
}
我可以将递归关系视为T(square root(n)+n))+1
吗?如果是这样,我该如何进一步解决这个问题?
int Do(int n)
{
if(n<=2)
return 1;
else
return(Do(floor(sqrt(n))+n);
}
我可以将递归关系视为T(square root(n)+n))+1
吗?如果是这样,我该如何进一步解决这个问题?
当递归与您的问题一样时,递归不会终止(至少在理论上,这可能是您所说的)。原因:n + floor(sqrt(n))
大于n
。
我想你的意思是return Do(floor(sqrt(n))) + n
。我继续回答这个问题的一般考虑因素,但请注意:您必须自己填写一些空白!
我会将有关运行时间的问题分为两部分:
递归次数:写n
为 2 的幂(即n=2^(ld n)
,其中ld
表示以 2 为底的对数)。分别取平方根n
。2^(ld n)
指数减半。为了达到基本情况,我们必须将指数减半,直到它小于 1。ld n
这就引出了一个问题:在我们达到某个目标之前,我们必须多久减半一次<= 1
。这个问题的答案是粗略的ld ld n
。也就是说,在基本情况之前,我们有粗略 ld ld n
的递归。
现在,我们进行递归并总结:
T(n) = T(2^(ld 2))
= T(2^((ld 2)/2)) + 1
= T(2^((ld 2)/4)) + 1 + 1
= ...
= T(2^((ld 2)/(2^(ld ld 2)))) + sum(1, i=0...(ld ld 2)-1)
= 1 + (ld ld 2) - 1
它仍然是简化总和并调整floor
-part 的细节。
取任意数 n 和 n = 2^k。n 的平方根意味着你是指数的一半。因此,只能有 O(log k) 个平方根。
n =2^k 因此 k = log n 。然后 O(log k) 变成 O(loglogn) ...