Часова складність потрійного циклу

13

Будь ласка, врахуйте наступний потрійний вклад:

for (int i = 1; i <= n; ++i)
    for (int j = i; j <= n; ++j)
        for (int k = j; k <= n; ++k)
            // statement

Тут заява виконується рівно разів. Невже хтось може пояснити, як отримана ця формула? Дякую. $n(n+1)(n+2)\over6$

algorithms time-complexity algorithm-analysis

— Сінь
джерело

1

Можливо, цікавить також формула складності часу вкладених циклів .

— Juho

14

Ви можете порахувати, скільки разів виконується найпотужніша для циклу, підраховуючи кількість трійки за яку вона виконується. $(i,j,k)$

За умовами циклу ми знаємо, що: . Ми можемо звести її до наступної простої проблеми комбінаторики. $1 \leq i \leq j \leq k \leq n$

Уявіть поля червоного кольору, розміщені в масиві зліва направо. $n+2$
Виберіть будь-які 3 ящики з ящиків і пофарбуйте їх у синій колір. $n+2$
Утворіть триплет наступним чином:
- $i$ = 1 + кількість коробок червоного кольору зліва від першого синього поля.
- $j$ = 1 + кількість коробок червоного кольору зліва від другого синього поля.
- $k$ = 1 + кількість коробок червоного кольору зліва від третього синього поля.

Отже, нам просто потрібно порахувати кількість способів вибору 3 коробок з коробок, що . $n+2$ $n+2 \choose 3$

— rizwanhudda
джерело

2

Гарна відповідь! Точні значення i, j, k не важливі. Нам просто потрібно знати, що будь-який синій ящик може бути розміщений на n можливих позиціях і що їхні позиції обмежені: 2-е місце відбувається завжди після 1-го і перед 3-м.

— Dávid Natingga

@rizwanhudda Ясно, за винятком частини в . Чи можете ви поясніть це будь ласка? виглядає як правильне число.

+ 2

$+2$

n + 2

$n+2$

n + 3

$n+3$

— saadtaame

1

@saadtaame Так. Ви можете уявити собі червоних коробок, але маючи свободу вибирати 3 червоних поля для фарбування синього кольору з-поміж " червоних коробок", оскільки ви не можете пофарбувати перший ящик у синій (Оскільки )

n + 3

$n+3$

n + 2

$n+2$

i \geq 1

$i \geq 1$

— rizwanhudda

3

для мене простіше помітити, що внутрішня петля виконується раз, а загальна кількість виконань у внутрішньому циклі становить $n-i$

$(n-i)+(n-i-1)+(n-i-2)+\ldots+1$

це може бути переписано як і виконується разів, тому загальна кількість страт становить $\sum_{j=0}^{n-i} n-i-j$ $n$

\sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{n - i} n - i - j = \frac{n (n + 1) (n + 2)}{6}

$\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{n-i} n-i-j=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}$

— andy mcevoy
джерело

Проблема для вас: Уявіть, що у вас є х-вкладений цикл. Згідно з попередньою відповіддю, він би виконував (n + x-1) вибір x разів. Як би ви обчислили свою формулу?

— Dávid Natingga

на щастя, ОП не просив x-ugnez! Як інша відповідь, що надається, розширюється на х-вкладений цикл? У моїй відповіді просто слід отримати більше сум від 0 до n, 0 до n-i_1, 0 до n-i_2, ..., 0 до n-i_x. Але я не знаю, як це обчислити.

— Andy mcevoy

1

Відповідь не поширюється явно на загальний х, але представлений процес міркування легко слідкувати за x-вкладеними петлями. Ви просто додаєте більше синіх коробок. Ні я не знаю, як би я обчислив ці більші суми.

— Dávid Natingga