Великий O: Вкладений для циклу із залежністю

9

Мені дали домашнє завдання з Big O. Я застряг з вкладеними петлями, які залежать від попереднього циклу. Ось змінена версія мого домашнього запитання, оскільки я дуже хочу його зрозуміти:

sum = 0;
for (i = 0; i < n; i++ 
    for (j = 0; j < i; j++) 
        sum++;

Частина, яка мене скидає - це j < iчастина. Здається, він би виконувався майже як фактор, але з доповненням. Будь-які підказки були б дуже вдячні.

— Рафаель
джерело

Приємне пояснення тут

— saadtaame

10

Тож дозвольте мені уточнити кілька речей, вас цікавить нотація big-O - це означає верхню межу . Іншими словами, добре рахувати більше кроків, ніж ви насправді робите. Зокрема, ви можете змінити алгоритм на

 ...
    for (j = 0; j < n; j++) 
 ...

Таким чином , у вас є два вкладених циклу, кожен цикл виконується раз, що дає вам верхню межу з $n$ $O(n^2)$

Звичайно, ви хочете мати хорошу оцінку для верхньої межі. Тож для завершення ми хочемо визначити нижню межу. Це означає, що добре рахувати менше кроків. Тож розглянемо модифікацію

for (i = n/2; i < n; i++)
    for (j = 0; j < n/2; j++) 
        sum++;

Тут ми виконуємо лише деякі петлі-ітерації. Знову у нас є дві вкладені петлі, але на цей раз у нас є ітерації на цикл, що показує, що у нас є принаймні доповнення. У цьому випадку позначимо цю асимптотичну нижню межу через . Оскільки нижня і верхня межа збігаються, ми навіть можемо сказати, що - це щільна асимптотична межа, і ми пишемо . $n/2$ $n^2/4$ $\Omega(n^2)$ $n^2$ $\Theta(n^2)$

Якщо ви хочете дізнатися більше, читайте тут .

— А.Шульц
джерело

6

sum = 0;
for (i = 0; i < n; i++)
    for (j = 0; j < i; j++) 
        sum++;

Давайте простежимо це:

Коли i = 0, внутрішній цикл не працюватиме взагалі ( 0<0 == false).
Коли i = 1, внутрішня петля запуститься один раз (для j == 0).
Коли i = 2, внутрішня петля запуститься двічі. (для j == 0 і j == 1).

Таким чином, цей алгоритм збільшуватиметься sumу таку кількість разів:

\sum_{х = 1}^{н} х - 1 = 0 + 1 + 2 + 3 + 4 ... + н - 1 = \frac{н (н - 1)}{2}

$\sum_{x=1}^n x-1 = 0+1+2+3+4... + n-1 = \dfrac{n(n-1)}{2}$

За допомогою перевірки ми можемо побачити, що сума - це «трикутне число». Поширюючи $n$ до решти чисельника ми доходимо $\dfrac{n^2-n}{2}$ , з яких термін, що найбільш швидко зростає $n^2$ отже, складність Бахмана-Ландау у великій теті $\theta(n^2) \equiv O(n^2) \ and\ \Omega(n^2)$ .

— KeithS
джерело

3

давайте подивимось, чи можу я пояснити це ...

Отже, якщо внутрішня петля була j

Тепер для першої ітерації ви робите n- (n-1) разів через внутрішню петлю. вдруге ви робите n- (n-2) рази через внутрішню петлю. У N-й раз ви робите n- (nn) разів через, що в n разів.

якщо ви в середньому кількість разів проходите через внутрішню петлю, це було б n / 2 рази.

Отже, ви можете сказати, що це O (n * n / 2) = O (n ^ 2/2) = O (n ^ 2)

Чи має це сенс?

Це трохи дивно, але я думаю, що я це зрозумів! Дякую! Може зайняти трохи часу, щоб потонути весь шлях у ха-ха

Отже, якби ця j < iчастина була насправді j < i^2, отримана O для цієї частини була б n ^ 2/2?

Перш за все зауважимо, що O (n ^ 2/2) = O (n ^ 2). Тепер, якщо ви зміните його на j <i ^ 2, то ви робите (n- (n-1)) ^ 2 на першій ітерації та n ^ 2 на останній ітерації. Я не пам’ятаю, якою буде велика нотація O для внутрішньої петлі. O (n ^ 2) - вільна верхня межа. Отже, вільною верхньою межею для всієї речі було б O (n ^ 3), але ця внутрішня петля менша, ніж O (n ^ 2). Чи має це сенс?