計算遞歸算法的時間復雜度

Question

我正在嘗試計算遞歸算法的時間復雜度，我想我已經差不多了。 這是我一直在查看的偽代碼：

long pow( long x, int n ) {
    if (n == 0)
        return 1;
    if (n == 1)
    return x;
    if(isEven(n))
        return pow(x, n / 2 ) * pow(x, n / 2);
    else
        return x * pow(x * x, n / 2);
} 

isEven 僅確定傳遞給它的整數是否為偶數，並且就本示例而言，它在恆定時間內運行。

因此，如果 n = 0 或 n = 1，則它以恆定時間運行，如下所示：f(n) = C0。 然而，當 n > 1 時，它應該像這樣操作： f(n)= f(n-1) + f(n-1) + C1 當 n 是偶數並且 f(n)= f(n-1) + 1 當 n 是奇數時，對嗎？ 或者它應該是：當 n 是偶數時 f(n)= f(n/2) + f(n/2) + C1 而當 n 是奇數時 f(n)= f(n/2) + 1？

我一直在看很多例子。 這是我發現非常有幫助的一個。 我的問題源於當 n 為偶數時有兩個遞歸調用。 我不完全確定在這里做什么。 如果有人能指出我正確的方向，我將不勝感激。

Answer 1

看看大師定理。 您可以將其視為“分而治之”算法。

最終結果是，在兩個遞歸調用到位后，您最終會得到最壞的 O(n) 運行時情況。 例如 pow(x, 4) 調用 pow(x, 2) 兩次，pow(x, 1) 調用四次； 通常，2 的冪將導致 n*2-1 調用。

另請注意，只需調用一次 pow(x, n/2) 並將該分支中的結果平方，算法就變成了 O(log n)。

Answer 2

讓我們定義 f(m) ，因為它為您提供大小為 m 的問題的操作數。 “問題”當然是冪運算 (pow)，例如x^n或pow(x,n) 。 如果我更改 x long pow( long x, int n ) {函數不需要做更多或更少的工作。 因此，問題求冪的大小不依賴於 x。 然而，它確實取決於 n。 假設 2^4 的大小為 4，而 3^120 的大小為 120。（如果您看到2^4=2*2*2*2和3^120=3*3*3*3*..*3 ，這是有道理的3^120=3*3*3*3*..*3 ) 問題大小因此等於n ，即第二個參數。 如果您願意，我們可以說問題大小為 2*log(n)，但這很愚蠢。

現在我們有 f(m) 是計算任何 x 的pow(x,m)的操作數。 因為pow(x,m)正是大小為 m 的問題。 因此，如果我們有pow(x,y)那么根據定義，操作次數是f(y) 。 例如， pow(3,3*m/2)有f(3*m/2)操作。

最后，讓我們計算一下操作

long pow( long x, int n ) {
    if (n == 0)  //1
        return 1;
    if (n == 1)  //1
    return x;
    if(isEven(n)) //1
        return pow(x, n / 2 ) * //that is f(n/2), y=n / 2
                 pow(x, n / 2); //also f(n/2)
    else
        return x * pow(x * x, n / 2); //1+1+f(n/2)
} 

綜合考慮： f(n) = 2*f(n/2) + c1 （n 偶數）和f(n) = f(n/2) + c2 （n 奇數）。 如果您只對最壞的情況感興趣，請注意奇數情況的工作量較少。 因此 f(n) 受偶數情況的限制： f(n) <= 2*f(n/2)+c 。