Question

如果我们发现没有。对于一个数字因素，我们可以使用以下有效循环。 for（i = 1; i＆lt; = sqrt（n）; i ++），其中n是＆＃39; no＆＃39;其中的因素有待找到。该循环将具有O（n）的复杂度。

以下代码段的时间复杂度是多少？（假设log（x）返回基数2中的日志值）。 O（n ^ 2）还是O（n logn）？（我假设log n是循环除以2时的复杂性。即i / = 2）

void fun()
{
    int i,j;
    for(i=1;i<=n;i++)
        for(j=1;j<=log(i);j++)
            printf("hello world");
}

Answer 1

代码中“Hello world”打印的实际数量为：

然后，您可以使用Srinivasa Ramanujan approximation的log（n！）：

获得整个代码的实际复杂性，即O（n logn）

Answer 2

对于范围printf中的log(i)，内部循环调用i大约[1..n]次。通话总数约为

log(1)+log(2)+log(3)+...log(n) = log(n!)

现在，斯特林渐近公式将为您提供解决方案。

对于基数2的对数，确切的计数由

给出

0 + 1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 2 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 + ... + floor(Lg(n))

或

1.0 + 2.1 + 4.2 + 8.3 + ... + k.floor(Lg(n))

为方便起见，假设n的格式为n=2^m-1，以便上次运行完成（以及k=2^(m-1)）。

现在将x^k的总和从0加到m-1，等于(x^m-1)/(x-1)，并导出x得到x^k.k的总和}。评估x=2，即可获得

s = m.2^m-2^m+2 = (n+1).Lg(n+1)-n+1

对于其他n，您需要为最后一次部分运行添加更正字词。使用m=floor(Lg(n+1))：

t = m.(n+1-2.2^m)

Answer 3

可以证明O（n * Log（n））的上限而无需任何数学运算。

void fun()
{
   int i,j;
   for(i=1;i<=n;i++)
       for(j=1;j<=log(n);j++)    // << notice I changed "i" to "n" 
           printf("hello world");
}

上面的函数将运行N次内部循环，并且内部循环将运行log（N）次。

因此，该函数将准确地运行 nLog（n）次。

自此功能

 (log(n) + log(n) + ... + log(n)) // n times

大于OP版本

(log(1) + log(2) + ... + log(n))

然后它是原始版本的上限。

<= O（n log（n）