《算法导论》读书笔记--第1、2章课后题 （转）
第一章 转自http://www.cnblogs.com/batteryhp/p/4654860.html
思考题
1-1（运行时间的比较）确定时间t内求解的问题的最大规模。
上面是网上提供的答案。
注意点：
1、最左边一列的是关于n的增长情况描述，值得记住的是这些增长的排列顺序，这是非常有用的，啊，数分学好了会很容易；
2、注意1s内能处理的以n为增长量级的规模是10的6次方，记住这个结果可以推导出其他增长量级的处理规模；
3、注意这里的lg指的是以2为底的对数函数。
顺便做了一张lgn的增长图，感受一下：
本来想把n和nlgn画在一起，可是效果不满意啊，如下图：
看得出，nlgn比n增长的快不少啊！（貌似）
第二章
2.1
2、重写INSERTION-SORT使之按照升序排列。
其实,只要将while步中的>改成<即可。
//INSERTION-SORT
for j = 2 to A.length
key = A[j]
i = j - 1
while i > 0 and A[i] < key
A[i+1] = A[i]
i = i - 1
A[i+1] = key
3、查找问题，在数组中查找一个数，线性查找，写伪代码，并证明循环不变式。
//find some value
for i = 1 to A.length
if v == A[i]
return i
else
return NIL
4、两个二进制数存储在两个数组中，将这两个数加和，并将和存储到另一个数组中，写出形式化描述并且写出伪代码。
写出代码(亲测有效)：
#include <iostream>
using namespace std;
const int Num = 10;
int main()
{
int a[Num] = {1,0,1,1,0,1,1,0,1,1};
int b[Num] = {0,1,1,1,0,1,0,1,1,1};
int c[Num + 1] = {0};
int flag = 0;
int i;
for(i = Num-1;i >= 0;i--)
{
c[i+1] = a[i] + b[i] + flag;
if(c[i+1] > 1)
{
c[i+1] = c[i+1]%2;
flag = 1;
}
else
flag = 0;
}
c[0] = flag;
for(i = 0;i <= Num;i++)
cout << c[i];
cout << endl;
return 0;
}
2.2
1、theta(n^3)
2、排序一个n个数的数组，规则是这样的，将最小的跟第一个交换，余下最小的的跟第二个交换…一直做下去，一直到n-1，这个算法叫做选择算法，要求写出循环不变式和伪代码，写出最好最坏运行时间的量级。
//选择算法伪代码
for i = 1 to n - 1
min = A[i]
for j = i + 1 to n
if A[j] < min
min = A[j]
exchange A[i] and min
下面是答案上的一种写法，道理是一样的：
另外，最好和最坏时间要写一下。最好无非是已经排好了，这时候也没用啊，也要寻找最小值……所以，最好最坏都是n^2.
3、考虑2.1-3的线性查找问题，假定要查找的元素等可能地为数组中的任意元素，平均需要检查输入序列的多少元素？最坏情况又如何？
解：直观想法，平均的话就是半数的元素数量；最坏就是全部。可以这么想，现在要从中选一个元素，每个元素出现的概率是1/n，需要检查的个数分别为1个，2个...n个，那么取期望，就是（1+2+3...+n）/n 为(n+1)/2个元素；最坏情况就是n个，没什么好说的。换句话说，都是theta(n)的复杂度。
按照答案上的说法，由于一般时间在前一半数组中寻找，一半时间在后一半数组中寻找，那么那么平均下来就是中间那个值喽~~
4、我们可以如何修改（几乎所有的）算法可是使之有最好的运行时间？
解：想法：就是最好的输入呗。。。看一下答案：One can modify an algorithm to have a best-case running time by specializing it to handle a bestcase input efciently.哦。。。
2.3
2、重写MERGE，当L或者R为空时，把另一组的数据全部复制到A中。
//MERGE 伪代码
n1 = q - p + 1
n2 = r - q
Let L[1..n1] and R[1..n2] be new arrays //由于不需要“哨兵牌”，无需多出一个元素
for i = 1 to n1
L[i] = A[p + i -1]
for j = 1 to n2
R[j] = A[q + j]
i = 1
j = 1
for k = p to r
if i > n1 //在这里加两个判断
while j <= n2
A[k] = R[j]
k = k + 1 //不要忘了将k和j递增，这里的k和j得分开递增
j = j + 1
break
if j > n2
while i <= n1
A[k] = L[i]
k = k + 1
i = i + 1
break
if(i < n1 and j < n2) //注意这里的条件判断，不能直接将二级的if else 拿上来，否则混乱
if L[i] <= R[j]
A[k] = L[i]
i = i + 1
else A[k] = R[j]
j = j + 1
//没有“哨兵牌”的代码
#include <iostream>
#include <time.h>
void MERGESORT(int*, int,int);
void MERGE(int*,int,int,int);
using namespace std;
int main()
{
clock_t start, end;
start = clock();
int i;
int* arr = new int[100];
for (i = 0; i < 100; i++)
{
arr[i] = 100 - i;
}
MERGESORT(arr,0,99);
for (i = 0; i < 100; i++)
{
cout << arr[i] << " ";
if (i % 10 == 9)
{
cout << "\n";
}
}
delete[]arr;
cout << "__________________" << endl;
end = clock();
cout << "Run time: " << (double)(end - start) / CLOCKS_PER_SEC << "s" << endl;
return 0;
}
void MERGESORT(int* a, int p, int r)
{
int q;
if (p < r)
{
q = (p + r) / 2;
MERGESORT(a, p, q);
MERGESORT(a, q + 1, r);
MERGE(a, p, q, r);
}
}
void MERGE(int* arr, int p, int q, int r)
{
int n1 = q - p + 1;
int n2 = r - q;
int* Left = new int[n1];
int* Right = new int[n2];
int i, j;
for (i = 0; i < n1; i++)
Left[i] = arr[p + i];
for (j = 0; j < n2; j++)
Right[j] = arr[q + j + 1];
i = 0;
j = 0;
for (int k = p; k <= r; k++)
{
if (i >= n1)
{
while (j < n2)
{
arr[k] = Right[j];
k++;
j++;
}
break;
}
if (j >= n2)
{
while (i < n1)
{
arr[k] = Left[i];
k++;
i++;
}
break;
}
if (i < n1 && j < n2)
{
if (Left[i] <= Right[j])
{
arr[k] = Left[i];
i++;
}
else
{
arr[k] = Right[j];
j++;
}
}
}
delete []Left;
delete []Right;
}
3、利用数学归纳法证明下面的式子成立，其中T(n)=nlgn:
![Z)L8M9]84X[WTSE)6{[]XFE](http://images0.cnblogs.com/blog/750792/201507/181604430956302.png "Z)L8M9]84X[WTSE)6{[]XFE"){kind=small}
证明:
(1)基本情况，n = 2时，T(n)=2lg2=2成立；
(2)假设当n = 2^k 时成立，即T(2^k) = (2^k)lg(2^k),下面证明当 n = 2^(k + 1)时成立。T(2^(k+1)) = 2T(2^k)+2^(k+1)=2((2^k)lg(2^k))+2^(k+1)=2^(k+1)(lg(2^k)+1)=2^(k+1)(lg(2^k)+lg2)=2^(k+1)(lg(2^k * 2))=2^(k+1)(lg(2^(k+1))),n=2^(k+1)时也成立。
4、我们可以把插入排序表示为以下一个递归过程。为了排序A[1..n],递归地排序A[1..n-1]，然后把A[n]插入到已经排序的数组A[1..n-1]中。为插入排序的这个递归版本的最坏情况写一个递归式。
解：我们考虑最倒霉的情况，在插入排序中，原数组是按照倒序排列的，那么每次有一个新的数，就得让它跑到已经排好的数组的最前面……那么新插入一个元素时的时间复杂度就是theta(n)，因为总要比较n-1次，再加上判断下标不越界，复杂度就是n了：
5、回顾查找问题，2.1-3，注意到如果A已经被排序了，那么新的值v可以先与A的中间元素进行比较，那么根据比较的结果原数组中的一半就可以不再考察了。二分查找算法就是不断重复这个过程，每次的序列数量减半。写出二分查找的迭代或者递归的伪代码，并且证明最坏运行时间为theta(lgn).
解：需要注意的是，被查找的数组必须是已经排序好的数组。
//递归版本的二分查找
BINARYSEARCH(A,v,p,r)
if p >= r and A[p] != v
return NIL
else
q = (p + r)/2
if A[q] == v
return q
else if A[q] < v
return BINARYSORT(A,v,q+1,r)
else
return BINARYSORT(A,v,p,q-1)
//递归版本二分查找代码
#include <iostream>
#include <time.h>
using namespace std;
int Binarysearc(int*, int, int, int);
int main()
{
clock_t start, end;
start = clock();
int* arr = new int[100];
int v = 70;
for (int i = 0; i < 100; i++)
{
arr[i] = i;
}
int position = Binarysort(arr, v, 0, 99);
cout << position << endl;
delete[]arr;
cout << "__________________" << endl;
end = clock();
cout << "Run time: " << (double)(end - start) / CLOCKS_PER_SEC << "s" << endl;
return 0;
}
int Binarysearch(int* arr, int v, int p, int r)
{
if (p > r && arr[p] != v)
return -1;
else
{
int q = (p + r) / 2;
if (arr[q] == v)
return q;
else if (arr[q] < v)
Binarysort(arr, v, q + 1, r);
else
Binarysort(arr, v, p, q - 1);
}
}
关于迭代版本：
//迭代版本的二分查找
A is a array
v is a value
p,r are the min and max index of A
ITERATIONSEARCH(A,v,p,r)
while(p <= r)
q = (p + r)/2
if A[q] == v
return q
else if
v < A[q]
r = q
else
p = q
return NIL
//迭代版本的二分查找
#include <iostream>
#include <time.h>
using namespace std;
int Iterattionsearch(int*, int, int, int);
int main()
{
clock_t start, end;
start = clock();
int* arr = new int[100];
int v = 70;
for (int i = 0; i < 100; i++)
{
arr[i] = i;
}
int position = Iterattionsearch(arr, v, 0, 99);
cout << position << endl;
delete[]arr;
cout << "__________________" << endl;
end = clock();
cout << "Run time: " << (double)(end - start) / CLOCKS_PER_SEC << "s" << endl;
return 0;
}
int Iterattionsearch(int* arr, int v, int p, int r)
{
while (p <= r)
{
int q = (p + r) / 2;
if (arr[q] == v)
return q;
else if (arr[q] < v)
p = q + 1;
else
r = q - 1;
}
}
下面考察其最坏时间的复杂度：
元素个数为n的数组，最坏需要除2*lgn次2才会得到结果，故最坏时间复杂度为theta(lgn).这样考虑m分查找，其时间复杂度为m*lgm(n).lgm是以m为底的对数函数，那么对于给定的n，m是多少时时间最短呢？做了一些实验，表明m=3的时候函数m*lgm(n)最小，或者说时间复杂度最低，但是效率据说不是最高的。有空试一试~
6、在插入排序中，对于已经排好序的A[1..n-1]，需要线性扫描这个已经排好的序列。现在要对插入排序进行优化，将这个线性排序的部分改成二分查找的方式，使最坏时间变为theta(nlgn)(原来是theta(n^2))如何实现呢？
解：第一想法，不可能吧…毕竟需要一个一个往后挪位置啊……
yep，看了看其他人的答案，确实是这样的，即使可以使用二分查找找到位置，但是后面移位的过程时间复杂度仍然是theta(n),整体的复杂度还是theta(n^2).
7、请给出一个复杂度为theta(nlgn)的算法，给定n个整数的集合S和另一个整数x，该算法能确定S中是否存在两个其和刚好为x的元素。
解：自己的想法：先排序（归并排序），然后第一个数从前面开始找，那么x减去这个数的结果就是需要找的数，再用二分查找去找这个数！总的复杂度就是theta(nlgn).
yep,看了下答案确实是这样。
截图一下：
思考题
2-1（在并归排序中对小数组采用插入排序）虽然归并排序的最坏运行时间是theta(nlgn)，而插入排序的最坏运行时间是theta(n^2)，但是插入排序中的常数因子可能使得在n较小时运行时间更短。因此在并归排序中当子问题编的足够小时，采用插入排序使得递归的叶变粗是有意义的。考虑对归并排序的修改，其中使用插入排序来排序长度为k的n/k个子表，然后使用标准的合并机制来合并这些子表，这里k是一个特定的值。
a.证明：插入排序最坏情况可以在theta(nk)时间内排序每个长度为k的n/k个子表。
b.表明在最坏情况下如何在theta(nlg(n/k))时间内合并这些子表。
c.假定修改后的算法的最坏情况运行时间为theta(nk+nlg(n/k))，要使修改后的算法与标准的归并排序具有相同的运行时间，作为n的一个函数，借助theta记号，k的最大值是什么？
d.在实践中，我们应该如何选择k？
解:打完上面的思考题，感觉……跟练习题不是一个次元的！卧槽，太有挑战性。
a.证明：每个子表的时间复杂度为theta(k^2)，共有n/k个子表，故总时间为theta(nk).
b.n/k个列表两两合并，合并完继续合并，共需要lg(n/k)层，每层时间复杂度均为theta(n)，所以合并共需要theta(nlg(n/k))的时间。
c.标准的归并排序的时间复杂度为theta(nlgn)，需要theta(nlgn)=theta(nk+nlg(n/k))，这时候k的最大值只能是k=theta(lgn).
d.k的选取标准是长度为k的子列，插入排序要比归并排序快。额，这么说好像不负责任。。。（这里需要用纸来演算一下）
网上有一个答案可能靠谱：这是个实验问题，应该在k的合法范围内测试可能的k，用T-INSERTION-SORT(k)表示k个元素的插入排序时间，T-MERGE-SORT(k)表示k个元素的合并排序时间。该问题等价于测试求解T-INSERTION-SORT(k)/T-MERGE-SORT(k)比值最小的k值。
下面这段话来自：http://blog.kingsamchen.com/archives/715
由反证法可以得到，k的阶取值不能大于Θ(logn)，并且这个界可以保证插排优化的渐进时间不会慢于原始归并排序。
由于对数函数的增长特点，结合实际排序规模，k得实际取值一般在10~20间。
在归并中利用插入排序不仅可以减少递归次数，还可以减少内存分配次数（针对于原始版本）。
ps.需要对比验证一下。
2-2（冒泡排序的正确性）冒泡排序是一种流行但低效的排序算法，它的作用是反复交换相邻的未按次序排列的元素。
//冒泡排序伪代码
BUBBLESORT(A)
for i = 1 to A.length -1
for j = A.length downto i + 1
if A[j] < A[j - 1]
exchange A[j] with A[j - 1]
a.假设A’是BUBBLESORT(A)的输出。为了证明BUBBLESORT正确，我们必须 证明它将终止并且有：
A'[1] <= A'[2]...<= A'[n] (2.3)
其中n=A.length.为了证明BUBBLESORT确实完成了排序，我们还需要证明什么？下面两部分将证明不等式(2.3)。
b.为第二层的for循环精确地说明一个循环不变式，并证明该循环不变式成立。你的证明应该使用本章中给出的循环不变式的结构。
c.使用(b)部分证明的循环不变式的终止条件，为第一层说明一个循环不变式，这个不变式就能证明式子(2.3)。证明中应该使用本章中给出的循环不变式证明的结构。
d.冒泡排序的最坏情况运行时间是多少？与插入排序的运行时间相比，性能如何？
解：
b.第二层循环使得将未排序的数组中最小的一个移动到最前面。
初始：
j=n，子数组为A[j-1..n]=A[n-1..n]有两个元素。在循环内部，通过条件交换语句，可以保证A[n-1] < A[n]成立。因此A[j-1]是A[j-1..n]中的最小元素。
保持：
每次迭代开始时，A[j]是A[j..n]中的最小元素。
在迭代操作中，当A[j] < A[j-1]时交换，因此总有A[j-1] < A[j]。
可知，本次迭代操作完成后，A[j-1]一定是A[j-1..n]中的最小元素。
终止：
j=i+1时退出，因此结束时，A[i]一定是A[i..n]中的最小元素。
http://blog.csdn.net/cppgp/article/details/7161701
c.第一层循环使得不断增加已经排序好的数组元素，知道全部排好。
初始：
i=1，是A中的第一个元素，因此内部循环完成后，可以保证A[1]中保存A[1..n]的最小元素。
保持：
每次递增i时，执行内部循环，因此A[i]中保存A[i..n]中的最小元素。
可知每次内部循环完成后，都有 A[1] ≤ A[2] ≤ ... ≤ A[i]
终止：
i=length[A]时终止，此时有 A[1] ≤ A[2] ≤ ... ≤ A[n]。
转自：http://blog.csdn.net/cppgp/article/details/7161701
d.两个的最坏运行时间都是theta(n^2)，但是在插入排序中，最好的时间可以达到theta(n),冒泡排序一直是theta(n^2).
2-3(霍纳(Horner)规则的正确性)给定系数a0,a1,a2,…,an和x的值，代码片段
y = 0
for i = n downto 0
y = ai + xy
实现了用于求值多项式
的霍纳规则.
ps.在中国，这个算法叫做秦九韶算法。
a.借助theta符号，实现霍纳规则的以上代码片段的运行时间是多少？
b.编写伪代码来实现朴素的多项式求值算法，该算法从头开始计算多项式的每项。该算法的运行时间是多少？与霍纳规则相比，其性能如何？
c.考虑以下循环不变式：
在第2-3行for循环每次迭代的开始有
把没有项的和式解释为等于0.遵照本章中的循环不变式证明的结构，使用该循环不变式来证明终止时有
d.最后证明上面给出的代码片段将正确地求由系数a0,a1,a2,a3…,an刻画的多项式。
解：啊啊啊，多项式求值的问题，原来换一种写法就是一种新规则，霍纳规则。
a.这应该是theta(n）吧……很显然的；n次多项式用到n次加法，n次乘法。
b.伪代码如下：
//多项式一般求解伪代码
y = 0
for i = 1 to n
base = 1
for j = 1 to i
base = base*x
y = y + ai*base
y = y + a0
return y
上述伪代码的复杂度是theta(n^2)（1+2+3+…+n），显然霍纳规则比一般算法好得多，霍纳算法是theta(n)啊，那么问题来了：霍纳算法节省了哪一部分的运算呢？还能不能更简化呢？
自己想一想，一般的算法重复计算了好多次x的乘方，每一次乘方都需要重新计算，而霍纳算法通过改变计算顺序，成功避免了这一问题（trick在哪里？还没想明白）。我想到一个办法，一般算法的每次结果存起来再用！这样的复杂度也是theta(n),不过这也有存储的问题，伪代码：
//多项式改进伪代码
y = 0
arr[n+1]
arr[0] = 1
for i = 1 to n
arr[i] = a[i-1]*x
y = y + ai * arr[i]
y = y + a0
return y
c.题目的叙述是对的，进行了验证，除了第一步遇到-1次项外，感觉比较巧妙，利用循环不变式可以证明。
初始：
i=n，y[n] = 0，迭代开始时，循环后有y[n] = a[n]。
保持：
对于任意 0 ≤ i ≤ n，循环后有：
y[i] = a[i] + y[i+1] * x = a[i] + (a[i+1] * x + a[i+2] * x + ... + a[n] * x^(n-(i+1))) * x
= a[i] + a[i+1] * x + a[i+2] * x^2 + ... + a[n] * x^(n-i)
终止：
i小于0时终止，此时有 y[0] = a[0] + a[1] * x + a[2] * x^2 + a[n] * x^n
证明和y = Σ a[k+i+1] * x^k的关系：
k 从0到n-(i+1)，等价于 0 ≤ k ≤ n-(i+1)。因此
y = Σ a[k+i+1] * x^k
= a[i+1] + a[i+2] * x + ... + a[n-(i+1)+i+1] * x^(n-i)
= a[i+1] + a[i+2] * x + ... + a[n] * x^(n-i)
由于i+1循环之后和i循环之前的值相等，用y'[i]表示i循环之前的值，则有：
y'[i] = y[i+1]
霍纳规则循环不变式的结果表明：
y[i] = a[i] + a[i+1] * x + a[i+2] * x^2 + ... + a[n] * x^(n-i)
因此有：
y'[i] = y[i+1] = a[i+1] + a[i+2] * x + ... + a[n] * x^(n-(i+1))
令k=n-(i+1)，则n=k+i+1，所以：
y'[i] = a[i+1] + a[i+2] * x + ... + a[k+i+1] * x^(k+i+1-(i+1))
= a[i+1] + a[i+2] * x + ... + a[k+i+1] * x^k
用y表示y'[i]，则有：
y = a[i+1] + a[i+2] * x + ... + a[k+i+1] * x^k
= Σ a[k+i+1] * x^k
其中 k从0到n-(i+1)
证毕。
转自：http://blog.csdn.net/cppgp/article/details/7161701
上面的证明很细致，再次感谢。
d.这一步把循环不变式写到0就可以了，c中已经证明了，在第二个证明里。
2-4（逆序对）假设A[1..n]是一个有n个不同数的数组。若 i < j 且 A[i] > A[j]，则对偶(i,j)称为A的一个逆序对(inversion)。
a.列出数组<2,3,8,6,1>的5个逆序对。
b.由集合{1,2,…,n}中的元素构成的什么数组具有最多的逆序对？它有多少逆序对？
c.插入排序的运行时间与输入数组中逆序对的数量之间是什么关系？证明你的回答。
d.给出一个确定在n个元素的任何排列中逆序对数量的算法，最坏情况需要theta(nlgn)时间。（提示：修改归并排序）
解;
a.说白了就是前面比后面大，那么就有 (1,5),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5).
b.啊啊啊，都让开，让我来回答这个题！
哈哈，大家记不记得高等代数里面在讲矩阵按行或者按列展开的时候，每一项的正负号怎么决定的？--对了，就是-1的这个元素(所在行+所在列)次方！好像跟这个题没什么关系哈。。。不过下面这个就很有关系了：在近世代数里面，在学对换群的时候接触过这方面的内容，好吧，我忘了是哪一块内容了，待我查查或者问问别人。。
那么这个题目呢，显然数组逆序排的时候逆序对最多啦~~最多的个数呢，就是 从右向左数 1+2+3…+n-1=n(n-1)/2对。
c.这个问题用归纳法想一下，没有逆序对的时候时间是n，逆序排的时候是n^2，那么中间呢？啊，是这样，移动的次数不用考虑，只要考虑比较的次数就可以了，比较的越多，移动的就越多，这个比较的次数决定了插入排序的运行时间，而且造成比较的原因就是逆序对了，所以对于已经排好的A[1..n-1]而言，A[n]比A[1..n-1]中小的个数就是比较的次数（其实应该是比较次数-1），这么说来从第一个数开始想，总的逆序对数目就是需要进行比较的总数了。
d.想了半天，由于合并总共lgn层，那么每一层求逆序对的复杂度就是n，从网上看了几个答案，好像没有几个好好写的，找到了一个挺好，说一说想法。加入左右两个子数组已经排好序，那么只要从右面数组中选出一个，那么现在左边数组中对应的剩下的那一部分都比刚才从右边选出的大，那么对应的逆序对就多出左边剩下元素的数量那么多个。ps.在此问题中，在子序列合并之前，每一个排好的子序列自身数组中的逆序对已经在上一步求出，合并的过程是在求子序列之间的逆序对数量。
inversions = 0 //全局变量
COUNT-INVERSIONS(A,p,r)
if p < r
q = （p + r）/2
COUNT-INVERSIONS(A,p,r)
COUNT-INVERSIONS(A,p,r)
MERGE-INVERSIONS(A,p,q,r)
MERGE-INVERSIONS(A,p,q,r)
n1 = q - p + 1
n2 = r - q
let L[1 : : n1 + 1] and R[1 .. n2 + 1] be new arrays
for i = 1 to n1
L[i ] = A[p + i - 1]
for j = 1 to n2
R[j] = A[q + j]
L[n1 + 1] = ∞
R[n2 + 1] = ∞
i = 1
j = 1for k = p to r
if L[i] > R[j]
A[k] = R[i]
inversiongs = inversiongs + n1 – i + 1
i = i + 1
else A[k] = R[j]
j = j + 1
思想转自：http://www.cnblogs.com/lilith/archive/2012/11/21/2780319.html，自己作了修改。上面的算法还需要程序验证，这是下一步的工作，下一步要把前面提到的伪代码实现一遍。这一篇写的太长了。
