C++ 数据结构(一)绪论(5)迭代与递归(2)
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数组倒置

问题描述

任给数组 A[0, n),将其前后颠倒

统一接口:void reverse(int *A, int lo, int hi);

递归版

void reverse(int *A, int lo, int hi)
{
    if (lo < hi) { // 问题规模的奇偶性不变,需要两个递归基
        swap(A[lo], A[hi]);
        reverse(A, lo + 1, hi - 1);
    }
}

C++ 数据结构(一)绪论(5)迭代与递归(2)

迭代原始版

void reverse(int *A, int lo, int hi)
{
    next:
        if (lo < hi) {
            swap(A[lo], A[hi]);
            lo++; hi--;
            goto next;
        }
}

迭代精简版

void reverse(int *A, int lo, int hi)
{
    while (lo < hi) swap(A[lo++], A[hi--]);
}

分而治之

为求解一个大规模的问题,可以:

1、将其划分为若干(通常两个)子问题,规模大体相当

2、分别求解子问题

3、由子问题的解,得到原问题的解

C++ 数据结构(一)绪论(5)迭代与递归(2)

数组求和:二分递归

/**
 * 对 A[lo, hi] 内元素求和
 * 入口形式为 sum(A, 0, n - 1)
 */
sum(int A[], int lo, int hi)
{
    if (lo == hi) return A[lo];
    int mi = (lo + hi) >> 1; // 等价于 (lo + hi) / 2
    return sum(A, lo, mi) + sum(A, mi + 1, hi);
}

C++ 数据结构(一)绪论(5)迭代与递归(2)

递归跟踪分析

C++ 数据结构(一)绪论(5)迭代与递归(2)

$$
\begin{aligned}
T(n) &= 各层递归实例所需时间之和 \
&= O(1) * (2^0 + 2^1 + 2^2 + \cdots + 2^{log n}) \
&= O(1) * (2^{log n + 1} - 1) = O(n)
\end{aligned}
$$

递推方程

从递推的角度看,为求解 sum(A, lo, hi),需

递归求解 sum(A, lo, mi) 和 sum(A, mi + 1, hi) 2 * T(n/2)

进而将子问题的解累加 O(1)

递归基:sum(A, lo, lo) O(1)

$$
递推方程:
\begin{cases}
T(n) = 2 * T( \frac{n}{2} ) + O(1) \
\
T(1) = O(1)
\end{cases}
=> T(n) = (c_1 + c_2)n - c_1 = O(n)
$$

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