algorithm – 计算具有不同增量的循环迭代次数

2019年8月3日 292次阅读 
for (; i < limit; i += x) {
  x += 100;
}

是否有一个优雅的解决方案来计算i和x而不使用循环结构？

我的想法：

我可以使用流行的高斯求和公式1 2 3 4 … n =(n *(n 1))/ 2和二分搜索来降低从O(N)到O(log N)的复杂度.

Assume i = 0, x = 0 then:
i = 0*100 + 1*100 + 2*100 + 3*100 + ... + (n-1)*100 = ((n-1)*n)/2*100

if (i != 0 && x != 0) then:
i = i + x+0*100 + x+1*100 + x+2*100 + ... + x+(n-1)*100 = i+x*n + ((n-1)*n)/2*100

Thus (i < limit) = (i+x*n+((n-1)*n)/2*100 < limit)

现在使用某种二分搜索来找到满足上述不等式的最大n.

if (i < limit)
    for (n = 1; i+x*n+((n-1)*n)/2*100 < limit; n -= j, n += 1)
        for (j = 1; i+x*n+((n-1)*n)/2*100 < limit; n += j, j += j);

现在我找到了初始for循环的迭代次数n,可以使用以下公式计算i和x：

i += x*n+((n-1)*n)/2*100
x += 100*n

有什么建议？有更快的O(1)解决方案吗？

O(1)解决方案：

const int d = 100;
while (i < limit) { i += x; x += d; }

在Daniel的答案的帮助下,这里是如何计算迭代次数n,然后在O(1)步骤中计算i和x. i = i x * n((n-1)* n)/ 2 * d(见上文)因此我们现在可以解决：

i < limit
= i+x*n+(n*(n+1))/2*d < limit
= d*n^2 + (2*x-d)*n - 2*(limit-i) < 0

上面的公式是二次不等式,可以使用quadratic formula求解：

(-b ± (b^2-4ac)^0.5) / 2a

因此迭代次数n是：

a = d
b = 2*x-d
c = -2*(limit-i)
n = ceil((-b + sqrt(b*b-4*a*c)) / (2*a))

现在我们找到了初始while(for)循环的迭代次数n,我们可以使用这两个公式计算i和x(见上文)：

i += x*n+((n-1)*n)/2*d
x += d*n

我使用简单的C程序测试了这些公式,它们给出了与while(for)循环相同的结果.

最佳答案 这是一个二次不等式,所以你可以在O(1)中解决它,如果你可以在O(1)中计算平方根.取决于所涉及的数字的类型,可能是也可能是不可能的.

如果i> =开始时的限制,那么你通常没有迭代,n = 0.所以让我们假设i

n*(n+1)*d/2 + n*x >= limit - i

通过标准方法求解得到

n >= sqrt( (1/2 + x/d)^2 + 2*(limit - i)/d ) - (1/2 + x/d)

最小的n>该属性为0

ceiling( sqrt( (1/2 + x/d)^2 + 2*(limit - i)/d ) - (1/2 + x/d) )

如果所有数量都能够以足够的精度表示为双精度,那么就是O(1)计算.但是,如果任何数量很大,则浮点计算可能稍微偏离.然后你必须调整.对于中等大小的数量,一步就足够了.

但是如果所有数量都是中等大小的,那么二分搜索实际上也是O(1) – 对数是有界的,然后相当小 – 并且可能更快.

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