具有两个嵌套循环的算法的时间复杂度

Question

给出此算法：

m = 1
while(a>m*b){
   m = m*2
}

while(a>=b){
   while(a>=m*b){
      a = a-m*b
   }
   m=m/2
}  

我的问题：该算法的时间复杂度是多少？

我所做的事情：我必须查找说明的数量。所以我发现，第一次，大约有m = log_2（a / b）次迭代。现在在算法第二部分的内部，我发现了这种模式：a_i = a-i * m其中，i是迭代次数。因此内部while有a / bm迭代。
但是我现在不知道如何计算外部，因为条件取决于内部对a所做的操作。

Answer 1

让我们以与您的previous question中相同的方式“规范化” 开始，请注意，a中的所有变化和停止条件再次与{ {1}}：

b

不幸的是，这就是相似性结束的地方...

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代码段1）

请注意，n = a/b // 1) m = 1 while(n>m){ m = m*2 } // 2) while(n>=1){ while(n>=m){ n = n-m } m=m/2 } 可以写为2的整数次幂，因为它会使每个循环加倍：

m

从停止状态开始：

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代码段2）

此处i = 0 while (n > pow(2, i)) { i++ } // m = pow(2, i) 的减小与 1）相反，因此它可以再次写成2的幂：

m

内部循环比上一个问题的内部循环更简单，因为// using i from the end of 1) while (n>=1) { k = pow(2, i) while (n >= k) { n = n - k } i-- } 在内部没有变化。很容易推断出它执行的次数m，最后是c的值：

这是“ C语言”中Modulus operator %的确切定义：

n

请注意，由于while (n>=1) { k = pow(2, i) n = n % k // time complexity O(n / k) here instead of O(1) i-- } 的连续值仅相差2倍，因此k的值绝不会大于或等于n；这意味着内部循环每个外部循环最多执行一次 。因此，外部循环最多执行 2k 次。

  

第一个和第二个循环都是i，这意味着总时间复杂度是 O(log n) 。

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更新：以前的Java数值测试。

O(log n) = O(log [a/b])

针对function T(n) { let t = 0; let m = 1; while (n > m) { m *= 2; t++; } while (n >= 1) { while (n >= m) { n -= m; t++; } m/=2; } return t; } 绘制T(n)会显示一条不错的直线：

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编辑：对代码段 2）的更详尽的解释。

在代码段 1）的末尾，log(n)的值表示整数{{1}的二进制表示形式中有效位的数量 }。

计算具有正2的幂i = ceil(log2(n))的整数的模量等效于舍弃，除前ceil(n)位之外的所有位。例如：

2^i

摘要 2）的操作等效于一次删除i的最高有效位，直到只剩下零。例如：

n     = ...00011111111   (binary)
m     = ...00000100000   (= 2^5)
n % m = ...00000011111
                 -----   (5 least significant bits)

当前最高有效位（由n指向）是：

• 0 ：因为 outer loop no | n ---------------------------- 1 | ...110101101 | ^ 2 | ...010101101 | ^ 3 | ...000101101 | ^ 4 | ...000001101 | ^ : | : : | : i (=9) | ...000000001 | ^ ---------------------------- final | 000000000 的值已经小于^（等于位位置值），所以内部循环不会执行 n）。
• 1 ：内部循环执行一次 ，因为k = 2^i大于^但小于n（对应当前位置k上方的位。

因此，当2k的所有有效位均为1时，将出现“最坏”情况。在这种情况下，内部循环始终执行一次。

无论如何，对于^的任何值，外循环执行n次。