Question

通常很容易计算最佳情况和最坏情况下的时间复杂度，但是当涉及到平均情况时，尤其是在给出概率p的情况下，我不知道从哪里开始。

让我们看看以下算法来计算矩阵中所有元素的乘积：

int computeProduct(int[][] A, int m, int n) {
    int product = 1;
    for (int i = 0; i < m; i++ {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            if (A[i][j] == 0) return 0;
            product = product * A[i][j];
        }
    }
    return product;
}

假设p是A[i][j]为0的概率（即算法在那里终止，返回0）;我们如何推导出该算法的平均时间复杂度？

Answer 1

让我们考虑一个相关的问题。想象一下，你有一枚硬币以概率p翻转头部。多少次，在期待中，你需要在它出现之前翻转硬币吗？答案是1 / p，因为

你有可能需要一次翻转。
有一个p（1-p）的机会，你需要两次翻转（第一次翻转必须去尾巴，第二次必须去头）。
有一个p（1-p）^ 2的机会，你需要三次翻转（前两次翻转需要尾巴，第三次必须去头）
...
有一个p（1-p）^（k-1）的机会，你需要k翻转（第一个k-1翻转需要去尾巴，而kth需要去头。）

所以这意味着翻转次数的预期值是

p + 2p（1 - p）+ 3p（1 - p）^ 2 + 4p（1 - p）^ 3 + ...

= p（1（1 - p）^ 0 + 2（1 - p）^ 1 + 3（1 - p）^ 2 + ...）

所以现在我们需要弄清楚这个总结是什么。一般形式是

p从k = 1到无穷大（k（1 - p）^ k）。

不要解决这个特定的总和，而是让它更通用。设x是一个变量，稍后我们将设置为1 - p，但现在我们将其视为自由值。然后我们可以将上述求和重写为

p从k = 1到无穷大（kx ^（k-1））。

现在有一个可爱的技巧：注意这个表达式的内部是x ^ k相对于x的导数。因此，这个总和是

p从k = 1到无穷大（d / dx x ^ k）。

导数是一个线性算子，所以我们可以把它移到前面：

p d / dx和从k = 1到无穷大（x ^ k）

内部和（x + x ^ 2 + x ^ 3 + ...）是1 /（1 - x） - 1的泰勒级数，所以我们可以简化这个以得到

p d / dx（1 /（1 - x） - 1）

= p /（1 - x）^ 2

由于我们选择了x = 1 - p，这简化为

（1 - （1 - p））^ 2

= p / p ^ 2

= 1 / p

呼！这是一个很长的推导。但它表明所需的投币数量为1 / p。

现在，在你的情况下，你的算法可以被认为是投掷mn硬币，它们以概率p出现并且如果它们中的任何一个出现就停止。当然，您需要投掷的预期硬币数量不会超过您允许无限次翻转的情况，因此您的预期运行时间最多为O（1 / p）（假设p> 0））。

如果我们假设p与m和n无关，那么我们可以注意到，在一些初始增长之后，随着我们增加翻转次数，每次添加的项加入到我们的总和中的指数低于前一次。更具体地说，在大致以对数方式将多个项加入到总和之后，在无限求和的情况下，我们将从总数中删除。因此，假设mn大致大于Θ（log p），则总和最终为Θ（1 / p）。因此，在大O意义上，如果mn独立于p，则运行时为Θ（1 / p）。

您如何确定此算法的平均情况复杂度？

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