Sqrt(x)

Implement int sqrt(int x).

Compute and return the square root of x.

题目还是比较简单的，用二分去做

public int sqrt(int x) {
        if(x==0){
            return 0;
        }
        int start = 0;
        int end = x / 2;
        int middle = 0;
        while (start <= end) {
            middle = start + (end - start) / 2;
            if(middle==0){
                break;
            }
            if (middle > Integer.MAX_VALUE / middle || middle * middle > x) {
                end = middle - 1;
            } else if (middle * middle == x) {
                return middle;
            } else {
                start = middle + 1;
            }
        }
        return (end==0)?1:end;
    }

注意while循环中有一个判断条件：middle > Integer.MAX_VALUE / middle的写法，是防止middle*middle超过了整数的范围，甚至超过long的范围

网上说的另一种解法：牛顿迭代法

   为了方便理解，就先以本题为例：

   计算x² = n的解，令f(x)=x²-n，相当于求解f(x)=0的解，如左图所示。

   首先取x₀，如果x₀不是解，做一个经过(x₀,f(x₀))这个点的切线，与x轴的交点为x₁。

   同样的道理，如果x₁不是解，做一个经过(x₁,f(x₁))这个点的切线，与x轴的交点为x₂。

   以此类推。

   以这样的方式得到的x_i会无限趋近于f(x)=0的解。

   判断x_i是否是f(x)=0的解有两种方法：

   一是直接计算f(x_i)的值判断是否为0，二是判断前后两个解x_i和x_i-1是否无限接近。

 

经过(x_i, f(x_i))这个点的切线方程为f(x) = f(x_i) + f’(x_i)(x - x_i)，其中f'(x)为f(x)的导数，本题中为2x。令切线方程等于0，即可求出x_i+1=x_i - f(x_i) / f'(x_i)。

继续化简，x_i+1=x_i - (x_i² - n) / (2x_i) = x_i - x_i / 2 + n / (2x_i) = x_i / 2 + n / 2x_i = (x_i + n/x_i) / 2。

有了迭代公式x_i+1= (x_i + n/x_i) / 2，程序就好写了。

public int sqrt(int x) {
        if (x ==0)  
            return 0;  
        double pre;  
        double cur = 1;  
        do  
        {  
            pre = cur;  
            cur = x / (2 * pre) + pre / 2.0;  
        } while (Math.abs(cur - pre)>0.1);  
        return (int)cur;  
    }

这两种解法都通过了LeetCode的测试