Question

伪代码：

    s <- 0
    for i=1 to n do
        if A[i]=1 then 
            for j=1 to n do
                {constant number of elementary operations}
            endfor
        else
            s <- s + a[i]
        endif
    endfor

其中A [i]是n个整数的数组，每个整数都是1到6之间的随机值。

我在这里失去了......从我的笔记和其他在线资源中挑选，我得到了

T（n）= C1（N）+ C2 + C3（N）+ C4（N）+ C5

其中C1（N）和C3（N）= for循环，C4（N）=常数基本操作。虽然我有一种强烈的感觉，我错了。

Answer 1

您正在从1..n循环，并且每个循环也从1..n循环（在最坏的情况下）。 O（n ^ 2）对吗？

换句话说：你不应该添加 C3（N）。如果你有一个来自1..n的两个独立for循环就是这种情况。但是你有一个嵌套循环。你将运行内循环N次，外循环运行N次。 N * N = O（n ^ 2）。

Answer 2

让我们考虑一下这个算法的作用。

你基本上循环遍历数组中的每个元素至少一次（外部为，i为一个）。有时，如果值A [i]为1，那么您也将使用j for循环遍历整个循环。

在最糟糕的情况下，你正在对抗所有1的阵列。

在这种情况下，您的复杂性是：

时间到初始
n *（测试[i] = = 1 + n *时间{constant ...}的时间）

这意味着：T = T（s）+ n *（T（测试）+ n * T（常数））= n ^ 2 * T（常数）+ n * T（测试）+ T（s）。渐近地，这是一个O（n ^ 2）。

但这是一个最坏情况的分析（大多数时候你应该执行的分析）。如果我们想要进行平均案例分析怎么办？

在这种情况下，假设A中的值均匀分布，您将访问j的for循环，平均为1/6次。

所以你得到： - 初始时间 - n *（测试[i] == 1 + 1/6 * n *时间{constant ...} + 5/6 * T（增量s）的时间

这意味着：T = T（s）+ n *（T（测试）+ 1/6 * n * T（常数）+ 5/6 * T（inc s））= 1/6 * n ^ 2 * T（常数）+ n *（5/6 * T（inc s）+ T（测试））+ T（s）。

再次，渐近地，这仍然是O（n ^ 2），但根据T（inc s）的值，这可能比其他情况更大或更低。

有趣的练习：你能估算A中一般值分布的预期平均运行时间，而不是统一的运行时间吗？

如何评估和解释此算法的运行时间？

2 个答案: