数据结构与算法习题讲解(全)

2.7对于下列六个程序片段中的每一个：给出运 行时间分析 1) sum=0; 2) sum=0; for(i=0; i<n; i++) for(i=0; i<n; i++) sum++; for(j=0; j<n; j++) O(N) sum++; O(N2)

3) sum=0; for(i=0; i<n; i++) for(j=0; j<n*n; j++) sum++; O(N3)
float find(float low, float high) { mid=(low+high)/2; if(fabs(f(mid))<=0.000001) return mid; else if(f(mid)*f(low)<0) find(low, mid); else find(mid,high); } 为使程序正常终止，必须设置基准情况。 （注意精度防止溢出）
第2个算法为每个随机数保留了因子i ，因 此，时间度平均减少到了O(NlogN) 。 第3个算法很明显是线性的，O(N)。


c. 算法1和算法2的最坏运行时间无法被界定， 在一直随机到重复数字的时候可以到达无 限大。算法3的运行时间是线性的——它的 运行时间并不依赖于随机数的次序。

2.12 一个算法对于大小为100的输入花费 0.5ms，如果运行时间如下：则用1min可以 解决多大的问题(设低阶项可以忽略)。 a.是线性的； b.为O(NlogN) c. 是二次的； d. 是三次的

②二项式法：令x=2x,有log2x<2x, 即x<2x 又2x =(1+1)x=C0x+C1x+…+Cxx =1+x+C2x+…+x+1>x 即2x>x, 得logx<x;命题得证 b. log(AB)=BlogA 证明：令2X=A, 则AB =(2X)B =2XB ; 则logAB =XB, X=logA;命题得证

b.第一个算法中，决定a[i]中一个之前没有 使用过的随机数是否被填入的时间是O(i)。 在那些需要测试的随机数中，需要产生期 望的随机数的次数为N/(N − i)次。得出结论 如下：n个数中有i个可能是重复的。因此， 置换成功的概率为(N − i)/N。因此，在独立 的测试中，期望数为N/(N − i)。时间复杂度 即为：




1.当n=1时，a[0]=1，都是100%，成立； 2.当n=2时，for(i = 1; i < n; ++i) swap (a[i],a[randInt(0,i)]); 第一次循环，当i=1时，即a[0]=1,a[i]=a[1]； 3.当 n=3时，第二次循环时，当i=2时，此时有两种可能， 原序列为0,1; 1,0的几率各为50%。randInt(0,2)可能为0,1,2 的几率各为1/3。此时,原序列为0,1时,randInt(0,2)为0,那么 此序列经过swap(a[2],a[0]),最后序列为2,1,0,此序列的可能 性为(1/2)*(1/3)=1/6; 同理易得,最后此序列为“210, 021, 012, 201, 120, 102”的几率各为1/6,而此序列的所有排列可 能为=3*2= 6,所以，此时成立。 4.假设此命题在n = k时成立，那么就是说，ｋ前面序列共 有序列k-1种，且所有序列的几率为1/((k-1)*k)。 5. 当n=k+1时,第k+1次循环时,前面序列正好为n=k时的情况, 此时i = k. randInt(0,k)共可能为0~k,k+1种可能。所以以前 的每个可能序列在置换后有k+1种可能，而以前共有k种等 可能序列，那么最后可能的序列为k*(k+1)种可能，并且， 因为原序列为等可能的，每个等可能序列产生的序列都是 k+1种，所以最后的序列也是等可能的。而当n=k+1时，应 该共有 =(k+1)*k种，所以，此命题得证。


注：证明时默认地利用了一个命题：当原序列为 互不相等的等可能序列时，新加入一个与原来序 列任何数值都不相等的数值，无论这个数值放在 原序列的哪个位置，都不可能使原不相等的序列 相等。 例：210, 021, 012, 201, 120, 102，这时加入一个新 的数值3，无论把3插入序列的哪个位置，因为原 来序列的排列不相等，所以，他们还是不会相等， 这样，才保证了最后k个序列的k+1种可能都不相 等，不会重复。
第二章
2.1按增长率排列函数：N, N1/2, N1.5, N2, NlogN, Nlog(logN), Nlog2N, Nlog(N2), 2/N, 2N, 2N/2, 37, N2logN, N3。指出哪些函数以相同的增长率增长。 答：2/N, 37, N1/2, N, Nlog(logN), NlogN, Nlog(N2), Nlog2N, N1.5, N2, N2logN, N3, 2N/2, 2N. 其中，NlogN, Nlog(N2)有相同的增长率。 常见的几种计算时间的关系： O(1)<O(logN)<O(N)<O(NlogN)<O(N2)<O(N3) O(2N)<O(N!)<O(NN)






一个例子： #include<stdio.h> #include<math.h> float f(float a) { return 5*a+1; } void find(float,float); float static c=0; void main() { find(-4,5.0); printf("%f\n",c); return 0; }

void find(float low, float high) { float mid=(low+high)/2; if(fabs(f(mid))<=0.0001) { c=mid; } else { if(f(mid)*f(low)<0) find(low, else find(mid,high); } }


2.18 数值分析中一个重要的问题是对某一 个任意的函数f找出方程f(x)=0的一个解。如 果该函数是连续的，并有两个点low和hign 使得f(low)和f(high)符号相反，那么在low与 high之间必然存在一个根。并且这个根可以 通过二分搜索求得。写一个函数，以f, low 和high为参数，并且解出一个零点。

6) sum=0; for(i=1; i<n; i++) for(j=1; j<i×i; j++)* if(j%i==0) for(k=0; k<j; k++) sum++; O(N4)
注： *处的for语句的循环次数 为“12+22+32+…+n2”,
如上题所述if 语句至多要 执行N3次, 但是实际上只 有O(N2)次 (因为对每一个i， 实际上都严格执行了i次), 因此最内的循环只执行了 O(N2)次。 而每执行一次, 将花费 O(j2) = O(N2) 的时 间, 总数即为O(N4)。 个人理解： if(j%i==0) for(k=0; k<j; k++) sum++; 这段程序段的循环次数O(N)
第一章


1.5编写一个递归方法，它返回数n的二进制表示 中1的个数。利用这样的事实：如果n是奇数，那 么它等于n/2的二进制表示中1的个数加1。 ①int ones( int n ) { if( n < 2 ) return n; return n%2 + ones(n/2); }
②#include<iostream.h>
mid);


2.26 大小为N的数组A，其主元素是一个出 现超过N/2次的元素(从而这样的元素最多有 一个)。例如：数组：3,3,4,2,4,4,2,4,4有一个 主元素4；而数组3,3,4,2,4,4,2,4没有主元素。 如果没有主元素，那么你的程序应该指出 来。 a.递归如何终止？ b.当N是奇数时的情形如何处理？ c.该算法的运行时间是多少？ d.我们如何避免使用附加数组B？
(a) 12000 times as large a problem, or input size 1,200,000. N=60*1000*100/0.5=12,000,000=1.2*107 (b) input size of approximately 425,000. 由NlogN=1.2*107 可得 (c) 120001/2 times as large a problem, or input size 10,954. 由N2=1.2*107 可得 (d) 120001/3 times as large a problem, or input size 2,289. 由N3=1.2*107 可得

答：a. 所有的算法都可以生成合法的置换。 很明显，前2个算法在测试中可以保证不生 成重复的数，并且它们是完全随机的，故 它们生成的置换是等可能。第3个算法轮换 数组中的元素，这个数组最初是没有重复 数的，也不会存在非法置换。 前2个算法很明显成立，第3个算法可以用 数学归纳法证明，详细证明如下：

2.8 假设需要生成n个自然数的一个随机置换。例如：{4, 3, 1, 5, 2}和 {3, 1, 4, 2, 5}就是合法的置换，但{5, 4, 1, 2, 1}则不是，因为数1出现2 次而数3却没有。这种程序常常用于模拟一些算法。我们假设存在一 个随机数生成器n，它用方法randInt(i,j)以相同的概率生成i和j之间的 一个整数。下面是三个算法： (1).如下填入从a[0]到a[n-1]的数组a:为了填入a[i],生成随机数直到它不 同于已经生成的一个a[0],a[1],…,a[i-1]时再将其填入； (2).同算法(1)，但是要使用一个附加的数组，称之为used数组。当一 个随机数ran最初被放入数组a的时候，设置used[ran]=ture。就是说， 当一个随机数填入a[i]时，可以用一步来测试是否该随机数已经被使 用，而不是像第一个算法那样可能用i步来测试； (3).填写该数组，使得a[i]=i+1，然后for(i=1; i<n; i++) swap(a[i], a[randInt(0,i)]); 试问： a.证明这三个算法都生成合法的置换，并且所以的置换都是等可能的； b.对每个算法都给出你能够得出的尽可能不同的期望运行时间分析； c.没个算法的最坏情形的运行时间是什么？
using namespace std; int j=0; count(int n) { int k; k=n/2; j++; while(k>=1) { if(n%2==0) j--; return count(); } }
main() { int i,j; cout<<“Please input n:”<<endl; cin>>i; if(i<0) i=-i; count(i); cout<<“所输入整数中的二 进制中1的个数 是：”<<j<<endl; return 0; }
1.7证明下列公式 a. logx<x对所有的x>0成立 ①数学归纳法：当0<x≤1, 命题显然成立： x=1, 公式是成立的；当x<1时, logx 是负数。 同理可以很容易推出当1<x≤2时命题成立： x=2, 公式成立；当x<2, logx最大为1。假设 命题在p<x≤2p时成立(p为正整数), 这时考虑 有2p<Y≤4p (p ≥ 1)。则logy=1+log(y/2) <1+y/2<y/2+y/2≤y, 由此可推导出公式成立。

4) sum=0; for(i=0; i<n; i++) for(j=0; j<i; j++) sum++; O(N2)
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5)sum=0; for(i=0; i<n; i++) for(j=0; j<i*i; j++) for(k=0; k<j; k++) sum++; O(N5)

j可等规模于i2, 同样也等 规模于N2. k等规模于j, 即N2. 则该程序段的运 行时间复杂度分析为 N*N2*N2, 即O(N5).