在此算法中
int j=1;
while (j<=n/2) {
int i=1;
while (i <= j) {
cout << j << " "<< i << endl;
i++;
}
cout << endl;
j++;
}
此算法的运行时间是否为T（n）=（n ^ 2/2）+ n + 4
for (int i=2; i <=n; i++) {
for (int j=0; j <= n;) {
cout << i << " "<< j << endl;
j=j+(n/4);
}
cout << endl;
}
将是T（n）=（n-2）^ 2 + 2
答案 0 :(得分：0)
第一个。 T（n）=从1到n / 2的数字之和，因为，外循环同时输入n / 2次，对于那些n / 2次内循环将输入1次，第一次转弯，2次和第2次转弯，第3回合3次......
T（n）=（（n / 2）/ 2）*（（n / 2）+1）= n / 4 *（n / 2 + 1）= n / 4 *（（n + 2） / 2）
也许你可以通过乘法来简化它。
第二个。 T（n）=（n + 1）*（n / 4）因为外环将进入n + 1次，并且对于每一次，内环将进入n / 4次。
T（n）=（n + 1）*（n / 4）
答案 1 :(得分：0)
在第二个中，循环增量与循环终点成比例。迭代次数不会随n增加，只会增加值的范围。从j=0开始，j+=(n/4)的{{1}}最多需要5个增量才能变为false。 （如果n是4的倍数，则只有4）。无论哪种方式，这都是O（1）。
所以第二个版本的内部循环执行~5次操作，并且在循环外部有一个j <= n，因此外部循环的每次迭代都会执行~6次打印操作。 （如果它们是终端的，它只会被行缓冲，所以按打印的行数计算成本=系统调用的数量。如果它是一个文件，它默认是块缓冲的，所以成本〜 =操作次数〜=打印的4k数据块的数量。）
第二版的外循环从i = 2 .. n开始运行，因此它运行n-1次，每次打印6行。 （如果cout << endl，则为5）。 T（loop2）= 6n。
Hassan的分析看起来没有第一个循环。