Question

for (; i < limit; i += x) {
  x += 100;
}

是否有一个优雅的解决方案来计算i和x而不使用循环结构？

我的想法：

我可以使用流行的高斯求和公式1+2+3+4+...+n = (n*(n+1))/2和二分搜索来降低从O（N）到O（log N）的复杂性。

Assume i = 0, x = 0 then:
i = 0*100 + 1*100 + 2*100 + 3*100 + ... + (n-1)*100 = ((n-1)*n)/2*100

if (i != 0 && x != 0) then:
i = i + x+0*100 + x+1*100 + x+2*100 + ... + x+(n-1)*100 = i+x*n + ((n-1)*n)/2*100

Thus (i < limit) = (i+x*n+((n-1)*n)/2*100 < limit)

现在使用某种二分搜索来找到满足上述不等式的最大n。

if (i < limit)
    for (n = 1; i+x*n+((n-1)*n)/2*100 < limit; n -= j, n += 1)
        for (j = 1; i+x*n+((n-1)*n)/2*100 < limit; n += j, j += j);

现在我发现初始for循环的迭代次数n，i和x可以使用以下方法计算：

i += x*n+((n-1)*n)/2*100
x += 100*n

有什么建议吗？是否有更快的O（1）解决方案？

O（1）解决方案：

const int d = 100;
while (i < limit) { i += x; x += d; }

在Daniel的回答的帮助下，这里是如何在O（1）步骤中计算迭代次数n然后i和x。 i = i+x*n+((n-1)*n)/2*d（见上文）因此我们现在可以解决：

i < limit
= i+x*n+(n*(n+1))/2*d < limit
= d*n^2 + (2*x-d)*n - 2*(limit-i) < 0

上述公式是二次不等式，可以使用quadratic formula：

来解决

(-b ± (b^2-4ac)^0.5) / 2a

因此迭代次数n为：

a = d
b = 2*x-d
c = -2*(limit-i)
n = ceil((-b + sqrt(b*b-4*a*c)) / (2*a))

现在我们找到了初始while（for）循环的迭代次数n，我们可以使用这两个公式（见上文）计算i和x：

i += x*n+((n-1)*n)/2*d
x += d*n

我使用简单的C程序测试了这些公式，它们给出了与while（for）循环相同的结果。

Answer 1

这是二次不等式，因此如果可以在O（1）中计算平方根，则可以在O（1）中求解。根据所涉及数字的类型，可能会或可能不会。

如果在开始时i >= limit，那么您很容易没有迭代n = 0。因此，我们假设开头为i < limit，并假设x在每一步中增加一个固定的正数d。

那么你要解决的不平等就是

n*(n+1)*d/2 + n*x >= limit - i

通过标准方法求解

n >= sqrt( (1/2 + x/d)^2 + 2*(limit - i)/d ) - (1/2 + x/d)

具有该属性的最小n > 0是

ceiling( sqrt( (1/2 + x/d)^2 + 2*(limit - i)/d ) - (1/2 + x/d) )

如果所有数量都能够以double s的足够精度表示，那就是O（1）计算。但是，如果任何数量很大，则浮点计算可能稍微偏离。然后你必须调整。对于中等大小的数量，一步就足够了。

但是如果所有数量都是中等大小，那么二分搜索实际上也是O（1） - 对数是有界的，然后相当小 - 并且可能更快。

计算具有不同增量的循环迭代次数

1 个答案: