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第二章

2-8

确定划线语句执行次数、计算渐近时间复杂度

i=1; x=0;
do{
	x++; i=2*i;
} while i<n;

答案： 设语句执行了k次，$2^k\ge n$ 时退出循环，因此划线语句执行了 $\lceil lo{g}_{2}n\rceil$ 次。渐进时间复杂度 $O(lo{g}_{2}n)$ .

for (int i=1;i<=n;i++)
	for (int j=1;j<=i;j++)
		for (int k=1;k<=j;k++)
			x++;

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i\sum _{k=1}^{j}1=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i}j& =\sum _{i=1}^n\frac{\mathrm{i}(i+1)}{2}\\ & =\frac{1}{2}[\sum _{i=1}^{n}i+\sum _{i=1}^n{i}^2]\\ & =\frac{n(n+1)(n+2)}{6}\end{array}$$

因为 ${\sum }_{i=1}^n{i}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

x=n; y=0;
while(x>=(y+1)(y+1)) y++;

答案： 解：当 $(y+1{)}^2\le n$ 时执行划线语句，即$:y\le \lfloor \sqrt{n}\rfloor -1$ 时执行。
又因为 y 从0开始，因此0~$\lfloor \sqrt{\mathrm{n}}{\rfloor }_{-1}$ 共执行$\lfloor \sqrt{\mathrm{n}}\rfloor$ 次。

渐近时间复杂度为：$O(\sqrt{n})$。

m=0;
for (int i=1;i<n;i++)
	for (int j=2*i;j<=n;j++)
		m++;

答案：
$$\sum _{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }\sum _{2i}^{n}1=\sum _{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }(n-2i+1)$$
【为什么是$\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$?当外部循环运行k次时，划线语句能运行(n+1-2k)次，而划线语句只能执行减少到一次时，下一次循环将终止，此时 n+1-2k=1，有 $k=\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$】
$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }(n-2i+1)=\text{(n+1)}(\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1)-2\frac{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor (\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1)}{2}\\ & =(\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1)(\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1)=\{\begin{array}{l}\text{n是偶数:}(\frac{n}{2}+1{)}^2\\ \\ n\text{是奇数:}(\frac{n+3}{2})(\frac{n+1}{2})\end{array}\end{array}$$
渐进时间复杂度为：$O(n^2)$

2-13

设 $f_1(n)=O(g_1(n)),f_2(n)=O(g_2(n))$, 证明下列结论成立。
(1) f1(n)+f2(n)=O(max⁡{g1(n),g2(n)})f_1(n)+f_2(n)=O(\max\{g_1(n),\quad g_2(n)\})f1​(n)+f2​(n)=O(max{g1​(n),g2​(n)})

(2) $f_1(n)+f_2(n)=O(g_1(n)-g_2(n))$​

答案：(1)解：因为$f_1(n)\in O(g_1(n))$,所以存在正常数$c_1$和自然数$n_1$,当$n\ge n_1$,有$f_1(n)\le c_1{g}_1(n)$。

因为$f_2(n)\in O(g_2(n))$,所以存在正常数$c_2$和自然数$n_2$,当$n\ge n_2$,有$f_2(n)\le c_2{g}_2(n)$。
取c3=max⁡{c1,c2},n3=max⁡{n1,n2}c_3=\max\{c_1,c_2\},n_3=\max\{n_1,n_2\}c3​=max{c1​,c2​},n3​=max{n1​,n2​},

则当$n\ge n_0$时，有
f1(n)+f2(n)≤c1g1(n)+c2g2(n)≤c3g1(n)+c3g2(n)=c3(g1(n)+g2(n))≤2c3max⁡{g1(n)+g2(n)}=O(max⁡{g1(n)+g2(n)}) \begin{align} f_1(n)+f_2(n)&\leq c_1g_1(n)+c_2g_2(n) \\&\leq c_3g_1(n)+c_3g_2(n)=c_3(g_{1}(n)+g_{2}(n)) \\&\leq 2c_3 \max\left \{ g_{1}(n)+g_{2}(n) \right \} \\&=O(\max\left \{ g_{1}(n)+g_{2}(n) \right \}) \end{align} f1​(n)+f2​(n)​≤c1​g1​(n)+c2​g2​(n)≤c3​g1​(n)+c3​g2​(n)=c3​(g1​(n)+g2​(n))≤2c3​max{g1​(n)+g2​(n)}=O(max{g1​(n)+g2​(n)})​​
(2)解：因为$f_1(n)=O(g_1(n))$,所以存在正常数$c_1$和自然数$n_1$,当$n\ge n_1$,有$f_1(n)\le c_1{g}_1(n)$。

因为$f_2(n)=O(g_2(n))$,所以存在正常数$c_2$和自然数$n_2$,当$n\ge n_2$,有$f_2(n)\le c_2{g}_2(n)$。
取c=max⁡{c1,c2},n=max⁡{n1,n2}c=\max\{c_1,c_2\},n=\max\{n_1,n_2\}c=max{c1​,c2​},n=max{n1​,n2​},

则当$n\ge n_0$时，有
$$\begin{array}{rl}{f}_1(n)+f_2(n)& \le c_1{g}_1(n)+c_2{g}_2(n)\\ & \le c{g}_1(n)+c{g}_2(n)=c(g_1(n)+g_2(n))\\ & =O(g_1(n)+g_2(n))\end{array}$$

5-8

5-8三分搜索算法的做法是: 它先将待查元素x与n/3处的元素比较，然后将x与2n/3处的元素进行比较。比较的结果或者找到x，或者将搜索范围缩小为原来的n/3。
(1) 编写c++程序实现算法；
(2) 分析算法的时间复杂度。

答：（1）

#include <iostream>
#include <cmath>
#define MAX 50
using namespace std;

int l[MAX];
int search(int left, int right, int x);
int main(){
    int i,n,x;
    cout<<"Enter the number of elements in the list: ";
    cin>>n;
    cout<<"Enter the elements of the list: ";
    for (i=0;i<n;i++)
        cin>>l[i];
    cout<<"Enter the element to be searched: ";
    cin>>x;
    i=search(0,n-1,x);
    if (i==-1)
        cout<<"Element not found"<<endl;
    else
        cout<<"Element found at position "<<i+1<<endl;

    cout << "Press any key to exit...";
    cin.ignore();
    cin.get();
    return 0;
}

int search(int left, int right, int x){
	int m1,m2;
	if (left==right) {
	if (l[left]=-x)
		return left;
	}
    if (left<right){
        m1=left+(right-left)/3;
        m2=(int)ceil((double)(right-(right-left)/3));
        if (x==l[m1]) return m1;
        else if (x<l[m1]) return search(left,m1-1,x);
        else if (x<l[m2]) return search(m1+1,m2-1,x);
        else if (x==l[m2]) return m2;
        else return search(m2+1,right,x);
    }
    else return -1;
}

运行结果：

（2）该算法是有三个分支的尾递归函数，最终只会进入到三种可能范围的其中一种中进行递归。

递推关系式是：$T(n)=T(3/n)+2$。

定理5-1：a,b,c和k为常数，$T(n)=aT(n/b)+c{n}^k$，T(1)=c,则
$$T(n)=\{\begin{array}{llc}\Theta (n^{{\log }_{b}a})& \text{如果a}\ge b^k& \\ \Theta (n^k\log n)& \text{如果a}=b^k& \\ \Theta (n^k)& \text{如果a<b k}& \end{array}$$
由该定理可得：$T(n)=\Theta (\log n)$ 。

5-9

设有对半搜索算法如下：

ResultCode SortableList<T>::Search2( T& x)const
{
    int m, left-0, right-n;
    while (left<right-1){
        m=(left+right)/2;
        if(x<l[m]) right-m; else left=m;
    }
    if(x=l[left]){
        x=l[left]; return Success;
    
    }
    return NotPresent:
}

（1）画出 n=8 的二叉判定树。

（2）证明这一算法的最好、平均和最坏情况的时间复杂度均为 $\Theta (\log n)$ 。

答：（1）

（2）因为该算法总是先经过while循环后再进行条件判断：即使是最好情况下，要寻找的元素恰好在中间，该算法依然要进入while循环。

所以$T(n)=T(n/2)+1$，由定理5-1可得：$T(n)=\Theta (\log n)$ 。

5-11

对两组数据：(1,1,1,1,1) 和 (5,5,8,3,4,3,2) 执行程序 5-12 的快速排序，按 5-1 的格式分别列表表示执行过程。

答：（1）

（2）

6-1

设有背包问题 $n=7,M=15,(w_0,w_1,\dots ,w_6)=(2,3,5,7,1,4,1)$，物品装入背包的收益为：$(p_0,p_1,\dots ,p_6)=(10,5,15,7,6,18,3)$。求这实例的最优解和最大收益。

由已知可得：
$$(\frac{p_0}{w_0},\frac{p_1}{w_1},\cdots ,\frac{p_6}{w_6})=(\frac{10}{2},\frac{5}{3},\frac{15}{5},\frac{7}{7},\frac{6}{1},\frac{18}{4},\frac{3}{1})=(5,\frac{5}{3},3,1,6,\frac{9}{2},3)$$
所以最优解为：$(x_0,x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6)=(1,\frac{2}{3},1,0,1,1,1)$

最大收益为$1\times 10+\frac{2}{3}\times 5+1\times 15+1\times 6+1\times 18+1\times 3=55\frac{1}{3}$。

6-8

设 w={3,7,8,9,15,16,18,20,23,25,28} ,请按照贪心准则，构造一棵最优3路合并树。

6-9

设$G=(V,E)$ 是一个无向连通图，$n=|V|,m=|E|$,且 $m=$ $0(n^{1.99})$,试问选择何种算法求图的最小代价生成树，是普里姆算法还是克卢斯卡尔算法？

因为普里姆算法的时间复杂度为$O(n^2)$, 克鲁斯卡尔算法的时间复杂度为 $O(mlogm)$。

因此当$m=O(n^{1.99})$时，此时使用克鲁斯卡尔算法的时间复杂度是 $O(n^{1.99}log(n^{1.99})\approx O(n^{2}logn)$，大于普里姆算法的时间复杂度。所以该情况下，普里姆算法效率较好。