Question

我今天接受了实习面试，但我无法理解这一点。

total = 0

product(int array[]) {

    if (array.length == 1) {
        return array[0]
    } else {
        product(product right side array  * product left side )
    }
}

Answer 1

这是O（N log N），因为复制每个值的次数是O（log N）。

想象一下，你有多个级别。在第一级，在一个阵列中有N个项目，在第二个级别中有2个阵列中的N / 2个项目，在第三个级别中有4个阵列中的N / 4个项目等等，直到N个阵列中有1个项目。这需要log2（n）级别从上到下。每个值都被复制了log2（N）次，这意味着时间复杂度为O（log（N）* N），因为日志的基数并不重要。

您可能会说*和new Array等其他操作更为昂贵，但这些操作都是O（N），而N只会增加更高级别的订单。

Answer 2

product(left side) * product(right side)将返回一个数字，因此对product的外部调用将采用O（1）。

两个内部调用只是执行二叉树深度优先遍历数组，这需要花费O（n）时间。

然而，在步行的每个级别，它正在对product进行外部调用，并且存在O（logn）级别，并且在每个级别上，成本为O（1），因此乘以工作量通过O（logn），你得到O（nlogn）。

Answer 3

原因是当数组长度为1时，时间是常数，如果长度为n，则使用2次递归调用，使用数组的一半。

更正式一点，在阵列的长度n上使用感应。在基本情况下，小数组的数组是1，显然操作数是常数（这匹配O（nlog n）......和所有内容）。

在一般归纳的情况下，如果数组长度为n，则递归调用product right side array和product left side都涉及n / 2个元素（将数组分为2个部分），因此数量为操作是

n / 2（log n / 2）+ n / 2（log_2 n / 2）= n / 2（log n -1）+ n / 2（log n -1）= n log n -2。

在这种情况下，if操作计为1个附加操作，而product *本身作为一个操作，总计n log n，但添加常量不相关。

您还可以认为递归调用product(product right side array * product left side )具有log n的“深度”（在以256开头的情况下，递归调用的“深度”将为8），因为每次数组的大小是初始数组的一半。由于最后返回n个元素，因此得到O（n log（n））

Answer 4

递归树的高度最多为 log_2 n ，因为这是在到达 n = 1之前可以将 n 减半的次数（即叶子节点） - 将 log_2 n 视为 n 中的位数。

树的每个级别的宽度最多为 n （在底部，每个数组元素只访问一次;树的上层显然是窄）。

在每个分支处，执行一个恒定时间（ O（1））乘法运算（假设，对于此参数，该数组拆分是恒定时间）。

因此，操作数的上限是 O（1）x n x log_2 n = O（n log n）。

为什么这个O（nlogn）

4 个答案: