Question

我有以下递推公式：

  f(0) = 0
  f(1) = 1
  f(n) = n + f(floor(n/2))

可以用代码表示为：

  int f(int n) {
    int s = 0;
    for (; n; n >>= 1)
      s += n;
    return s;
  }

是否有封闭表单可以让我一步计算f(n)？

如果没有，我还能做些什么来更快地计算f(n)？

Answer 1

在OEIS上搜索给出了这个系列：

A005187：a（n）= a（[n / 2]）+ n;也是扩张的分母 1 / sqrt（1-x）是2 ^ a（n）;也是2n - 二进制扩展的1的数量 2n个。

所以第二部分给出了2*n - bitcount(2*n)的公式。您可以使用一些有效的bitcount实现来计算它，例如gcc的__builtin_popcount。

Answer 2

还要注意bitcount（2n）= bitcount（n）

，推导如下：

对于j = 0 ... N

，设n = sum（b [j] 2 ^ j）

假设b [N] = 1. define

（a）F（n）= n + F（n / 2）= n + n / 2 + n / 4 + ... = 2 * n - （1/2 + 1/4 + ... 1/2 ^ N）按几何系列

这个函数F是一个实值函数。现在，对于设置的每个比特b [j]，floor函数减去b [j]（sum（1/2 ^ k，k = 1 ... j + 1））。这是因为它实际上取出了1/2，但随着它的传播，随后的术语被添加。

所以

（b）f（n）= floor（F（n）-sum（b [j] sum（1/2 ^ k，k = 1 ... j + 1），j = 0 ... N-1）

将（a）代入（b）代表

（c）f（n）= floor（2n - （1/2 + 1/4 + ...... 1/2 ^（N + 1）） - sum < / em>（b [j]（sum（1/2 ^（k），对于k = 1..j + 1），对于j = 0 ... N-1））

好的，这部分很酷！观察到当b [j]为1时，如果你将粗体表达式中的1/2 ^（j + 1）隐藏到斜体总和中，则总和内的总和变为1，这意味着

b [j]（sum（1/2 ^（k），对于k = 1..j + 1），对于j = 0 ... N-1）= sum（b [j]，对于j = 0 ... N-1）

因此等式（c）简化为

f(n) = floor(2*n - sum(b[j], for j=0...N-1) - remainder) f(n) = 2*n - bitcount(n-2^N) - 1 ; because remainder >0 and <1 f(n) = 2*n - bitcount(n) ; b[N]=1, so bitcount(n)=bitcount(n-2^N)+1

其中，余数是和（1/2 ^ j，j = 1，... N + 1和b [j-1] == 0），但是该总和总是> 0且<＆lt; 0。 1（最多为1-1 / 2 ^（N + 2）且至少为1/2 ^（N + 1），因此它可以移出地板-1。

并且还要注意，bitcount运行时间可以等于设置的位数（http://gurmeet.net/puzzles/fast-bit-counting-routines/）。有些处理器将它作为单独的指令。

不确定乳胶是否适用于此，但没有数学符号会很痛苦。我不得不编辑它，因为总是看起来不对劲。

Answer 3

The function grows as follows - 

f(n) = n + f(n/2)
f(n/2) can be further simplified as - 

n/2 + f(n/4)

If we keep doing this, we will see n + n/2 + n/4 + n/8.....upto log n terms
= n (1 + 1/2 + 1/4 + 1/8...log n terms)
= n[ (1- (1/2)^log n)/(1/2)]
= 2n [1 - (1/2)^log n]

The term (1/2)^log n will become smaller and smaller as n increases, therefore the 2n term dominates. Hence f(n) belongs to big Theta (n)

f（n）= n + f（floor（n / 2））是否有封闭形式？

3 个答案: