《算法设计与分析》第05章

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【程序5－10】两路合并排序 template <class T> void SortableList<T>::MergeSort(int left,int right) { if (left<right) { int mid = (left+right)/2; MergeSort(left,mid); MergeSort(mid+1,right); Merge(left,mid,right); } }
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5.3.2 对半搜索
对半搜索 对半搜索是一种二分搜索。设当前搜索的子表 为（aleft,aleft+1,…,aright）， 令 m=(left+right)/2 对半搜索将原表划分为两个几乎大小相等的子表。
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【程序5－7】 对半搜索递归算法 template <class T> int SortableList<T>::BSearch(const T& x, int left, int right)const { if (left<=right){ int m=(left+right)/2; if (x<l[m]) return BSearch(x,left,m-1); else if (x>l[m]) return BSearch(x,m+1,right); else return m; } return -1; }
当n=1时没有进行比较，T（1）=0 当n=2时算法进行1次比较， T（1）=1
n2
一般地，规模为n的序列，算法两次递归调用自身， 另外还需要进行两次额外比较，就是从两个子表的最 大元和最小元求的原表的最大元和最小元。所以得到 上述递推式。用迭代法计算可得
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T（n）=3n/2-2
5.3 二分搜索
第5章 分治法
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5.1 分治法的基本思想 5.2 求最大最小元 5.3 二分搜索 5.4 排序问题 5.5 选择问题 5.6 斯特拉森矩阵乘法
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5.1 一般方法35.1.1 分治法的基本思想
分治法顾名思义就是分而治之。一个问题能够用分治法 求解的要素是： 第一，问题能够按照某种方式分解成若干个规模较小、 相互独立且与原问题类型相同的子问题； 第二，子问题足够小时可以直接求解； 第三，能够将子问题的解组合成原问题的解。 由于分治法要求分解成同类子问题，并允许不断分解， 使问题规模逐步减小，最终可用已知的方法求解足够小 的问题，因此，分治法求解很自然导致一个递归算法。
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分治法求解
将待排序的元素序列一分为二分，得到两个长度 基本相等的子序列，如同对半搜索的做法；然后对 两个子序列分别排序，如果子序列较长，还可继续 细分，直到子序列的长度不超过1为止；当分解所得 的子序列已排列有序，可以采用上面介绍的将两个 有序子序列，合并成一个有序子序列的方法，实现 将子问题的解组合成原问题解，这是分治法不可缺 少的一步。
设有n个元素的表，假定n是2的幂，即n=2k，k 是正整数，程序5－5在最好、平均和最坏情况下 的比较次数都为3n/2–2。
n1 0 T ( n ) 1 n2 T ( n / 2 ) T ( n / 2 ) 2
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n2
n1 0 T ( n ) 1 n2 T ( n / 2 ) T ( n / 2 ) 2
d T( n ) 2T ( n / 2 ) cn
n1 n1
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【程序5－4修改】 求最大最小元 template <class T> void SortableList<T>::MaxMin(T& max, T& min)const { if (n==0)return; max=min=l[0]; for (int i=1; i<n; i++) { if(l[i]>max) max=l[i]; else if(l[i]<min) min=l[i]; } } 在最好和平均情况下的性能得到改善了，但是当 序列是有序递减时比较次数也是2(n-1)。
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问题 在有序表（已按关键字值非减排序）中搜索给 定元素的问题。
二分搜索法，它充分利用了元素间的次序关系，采用分治
策略，可在最坏的情况下用O(log n)完成搜索任务。它的基本思 想是，将n个元素分成个数大致相同的两半，取a[n/2]与欲查找 的x作比较， 如果x=a[n/2]则找到x，算法终止。 如果x<a[n/2]，则我们只要在数组a的左半部继续搜索x（这 里假设数组元素呈升序排列）。 如果x>a[n/2]，则我们只要在数组a的右半部继续搜索x。
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【程序5－9】 Merge函数 template <class T> void SortableList<T>::Merge(int left, int mid,int right) { T* temp=new T[right-left+1]; int i=left,j=mid+1,k=0; while (( i<=mid )&& (j<=right)) if (l[i]<=l[j]) temp[k++]=l[i++]; else temp[k++]=l[j++]; while (i<=mid) temp[k++]=l[i++]; while (j<=right) temp[k++]=l[j++]; for (i=0,k=left;k<=right;) l[k++] = temp[i++]; }
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【程序5－6】二分搜索算法框架 template <class T> int SortableList<T>::BSearch(const T& x, int left,int right)const { if (left<=right){ int m=Divide(left+right); //按照某种规则求分割点 if (x<l[m]) return BSearch(x,left,m-1); else if (x>l[m]) return BSearch(x,m+1,right); else return m; } return -1; }
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5.3.1 分治法求解
int SortableList<T>::BSearch(const T& x, int left,int right)const 后置条件: 在范围为[left,right]的表中搜索与x有相同 关键字值的元素；如果存在该元素，则函数返回该 元素在表中的位置，否则函数返回－1，表示搜索失 败。
，
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【程序5-2】 一分为二的分治法 SolutionType DandC(int left，int right) { if (Small(left, right)) return S(left,right); else { int m=Divide(left，right); Return Combine(DandC(left，m)， DandC(m+1，right)); } }
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【程序5－8】 对半搜索迭代算法 template <class T> int SortableList<T>::BSearch(const T& x, int left, int right)const { while(left<=right){ int m=(left+right)/2; if (x<l[m]) right= m+1 ;
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5.2 求最大最小元
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问题 在一个元素集合中寻找最大元素和最小元素的 问题。 寻找的方法有很多种， 可通过n1次比较找到最 大的值，然后再从余下的n1个元素中用类似的 方法通过n2次比较找出最小的值，这种方法的 比较总次数为2n3。 另一种方法是同时求最大元和最小元，程序 5-4，是这种方法，它的最好最坏和平均情况下 都要2(n-1)次元素间的比较。
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template <class T> void SortableList<T>::MergeSort() { MergeSort(0,n-1); }
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性能分析
合并排序递归算法的时间复杂度为O(n log n)。
d T( n ) 2T(n / 2) cn
n 1 n 1
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5.2.1 分治法求解
【程序5－4】 求最大最小元 template <class T> void SortableList<T>::MaxMin(T& max, T& min)const { if (n==0)return; max=min=l[0]; for (int i=1; i<n; i++) { if(l[i]>max) max=l[i]; if(l[i]<min) min=l[i]; } }
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定理5－3 对 于 n0 ， 程 序 5 － 7 的 对 半 搜 索 递 归 函 数 BSearch是正确的。 归纳法证明;n=0时正确返回-1 假设函数对长度小于n=right-left+1的 有序表能 正确运行，当长度为n时，算法执行下列程序段
int m=(left+right)/2; if (x<l[m]) return BSearch(x,left,m-1); else if (x>l[m]) return BSearch(x,m+1,right); else return m;