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概述
定义
计算机科学中，递归是一种解决计算问题的方法，其中解决方案取决于同一类问题的更小子集
比如单链表递归遍历的例子：
void f(Node node) {
if(node == null) {
return;
}
println("before:" + node.value)
f(node.next);
println("after:" + node.value)
}
说明：
- 自己调用自己，如果说每个函数对应着一种解决方案，自己调用自己意味着解决方案是一样的（有规律的）
- 每次调用，函数处理的数据会较上次缩减（子集），而且最后会缩减至无需继续递归
- 内层函数调用（子集处理）完成，外层函数才能算调用完成
原理
假设链表中有 3 个节点，value 分别为 1，2，3，以上代码的执行流程就类似于下面的伪码
// 1 -> 2 -> 3 -> null f(1)
void f(Node node = 1) {
println("before:" + node.value) // 1
void f(Node node = 2) {
println("before:" + node.value) // 2
void f(Node node = 3) {
println("before:" + node.value) // 3
void f(Node node = null) {
if(node == null) {
return;
}
}
println("after:" + node.value) // 3
}
println("after:" + node.value) // 2
}
println("after:" + node.value) // 1
}
思路
- 确定能否使用递归求解
- 推导出递推关系，即父问题与子问题的关系，以及递归的结束条件
例如之前遍历链表的递推关系为
f ( n ) = { 停止 n = n u l l f ( n . n e x t ) n ≠ n u l l f(n) = \begin{cases} 停止& n = null \\ f(n.next) & n \neq null \end{cases} f(n)={停止f(n.next)n=nulln=null
- 深入到最里层叫做递
- 从最里层出来叫做归
- 在递的过程中，外层函数内的局部变量（以及方法参数）并未消失，归的时候还可以用到
单路递归 Single Recursion
E01. 阶乘
用递归方法求阶乘
-
阶乘的定义 n ! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋯ ( n − 2 ) ⋅ ( n − 1 ) ⋅ n n!= 1⋅2⋅3⋯(n-2)⋅(n-1)⋅n n!=1⋅2⋅3⋯(n−2)⋅(n−1)⋅n，其中 n n n 为自然数，当然 0 ! = 1 0! = 1 0!=1
-
递推关系
f ( n ) = { 1 n = 1 n ∗ f ( n − 1 ) n > 1 f(n) = \begin{cases} 1 & n = 1\\ n * f(n-1) & n > 1 \end{cases} f(n)={1n∗f(n−1)n=1n>1
代码
private static int f(int n) {
if (n == 1) {
return 1;
}
return n * f(n - 1);
}
拆解伪码如下，假设 n 初始值为 3
f(int n = 3) { // 解决不了,递
return 3 * f(int n = 2) { // 解决不了,继续递
return 2 * f(int n = 1) {
if (n == 1) { // 可以解决, 开始归
return 1;
}
}
}
}
E02. 反向打印字符串
用递归反向打印字符串，n 为字符在整个字符串 str 中的索引位置
- 递：n 从 0 开始，每次 n + 1，一直递到 n == str.length() - 1
- 归：从 n == str.length() 开始归，从归打印，自然是逆序的
递推关系
f ( n ) = { 停止 n = s t r . l e n g t h ( ) f ( n + 1 ) 0 ≤ n ≤ s t r . l e n g t h ( ) − 1 f(n) = \begin{cases} 停止 & n = str.length() \\ f(n+1) & 0 \leq n \leq str.length() - 1 \end{cases} f(n)={停止f(n+1)n=str.length()0≤n≤str.length()−1
代码为
public static void reversePrint(String str, int index) {
if (index == str.length()) {
return;
}
reversePrint(str, index + 1);
System.out.println(str.charAt(index));
}
拆解伪码如下，假设字符串为 “abc”
void reversePrint(String str, int index = 0) {
void reversePrint(String str, int index = 1) {
void reversePrint(String str, int index = 2) {
void reversePrint(String str, int index = 3) {
if (index == str.length()) {
return; // 开始归
}
}
System.out.println(str.charAt(index)); // 打印 c
}
System.out.println(str.charAt(index)); // 打印 b
}
System.out.println(str.charAt(index)); // 打印 a
}
E03. 二分查找
递归关系：
代码实现：
//使用递归实现二分查找（搜索范围：闭区间）
public static void binarySearch(int[] nums,int target,int start,int end){
if (start > end) return;
int middle = (start + end) / 2;
if (nums[middle] < target) binarySearch(nums,target,middle + 1,end);
else if (nums[middle] > target) binarySearch(nums,target,start,middle - 1);
else System.out.println(target + "的索引为：" + middle);
}
多路递归 Multi Recursion
E01. 斐波那契数列
- 之前的例子是每个递归函数只包含一个自身的调用，这称之为 single recursion
- 如果每个递归函数例包含多个自身调用，称之为 multi recursion
递推关系
f ( n ) = { 0 n = 0 1 n = 1 f ( n − 1 ) + f ( n − 2 ) n > 1 f(n) = \begin{cases} 0 & n=0 \\ 1 & n=1 \\ f(n-1) + f(n-2) & n>1 \end{cases} f(n)=⎩ ⎨ ⎧01f(n−1)+f(n−2)n=0n=1n>1
下面的表格列出了数列的前几项
实现
public static int f(int n) {
if (n == 0) {
return 0;
}
if (n == 1) {
return 1;
}
return f(n - 1) + f(n - 2);
}
执行流程
- 绿色代表正在执行（对应递），灰色代表执行结束（对应归）
- 递不到头，不能归，对应着深度优先搜索
时间复杂度
- 递归的次数也符合斐波那契规律， 2 ∗ f ( n + 1 ) − 1 2 * f(n+1)-1 2∗f(n+1)−1
- 时间复杂度推导过程
- 斐波那契通项公式 f ( n ) = 1 5 ∗ ( 1 + 5 2 n − 1 − 5 2 n ) f(n) = \frac{1}{\sqrt{5}}*({\frac{1+\sqrt{5}}{2}}^n - {\frac{1-\sqrt{5}}{2}}^n) f(n)=5 1∗(21+5 n−21−5 n)
- 简化为： f ( n ) = 1 2.236 ∗ ( 1.618 n − ( − 0.618 ) n ) f(n) = \frac{1}{2.236}*({1.618}^n - {(-0.618)}^n) f(n)=2.2361∗(1.618n−(−0.618)n)
- 带入递归次数公式 2 ∗ 1 2.236 ∗ ( 1.618 n + 1 − ( − 0.618 ) n + 1 ) − 1 2*\frac{1}{2.236}*({1.618}^{n+1} - {(-0.618)}^{n+1})-1 2∗2.2361∗(1.618n+1−(−0.618)n+1)−1
- 时间复杂度为 Θ ( 1.61 8 n ) \Theta(1.618^n) Θ(1.618n)
变体1 - 兔子问题[^8]
- 第一个月，有一对未成熟的兔子（黑色，注意图中个头较小）
- 第二个月，它们成熟
- 第三个月，它们能产下一对新的小兔子（蓝色）
- 所有兔子遵循相同规律，求第 n n n 个月的兔子数
分析
兔子问题如何与斐波那契联系起来呢？设第 n 个月兔子数为 f ( n ) f(n) f(n)
- f ( n ) f(n) f(n) = 上个月兔子数 + 新生的小兔子数
- 而【新生的小兔子数】实际就是【上个月成熟的兔子数】
- 因为需要一个月兔子就成熟，所以【上个月成熟的兔子数】也就是【上上个月的兔子数】
- 上个月兔子数，即 f ( n − 1 ) f(n-1) f(n−1)
- 上上个月的兔子数，即 f ( n − 2 ) f(n-2) f(n−2)
因此本质还是斐波那契数列，只是从其第一项开始
变体2 - 青蛙爬楼梯
- 楼梯有 n n n 阶
- 青蛙要爬到楼顶，可以一次跳一阶，也可以一次跳两阶
- 只能向上跳，问有多少种跳法
分析
-
因此本质上还是斐波那契数列，只是从其第二项开始
-
对应 leetcode 题目 70. 爬楼梯 - 力扣（LeetCode）
递归优化-记忆法
上述代码存在很多重复的计算，例如求 f ( 5 ) f(5) f(5) 递归分解过程
可以看到（颜色相同的是重复的）：
- f ( 3 ) f(3) f(3) 重复了 2 次
- f ( 2 ) f(2) f(2) 重复了 3 次
- f ( 1 ) f(1) f(1) 重复了 5 次
- f ( 0 ) f(0) f(0) 重复了 3 次
随着 n n n 的增大，重复次数非常可观，如何优化呢？
Memoization 记忆法（也称备忘录）是一种优化技术，通过存储函数调用结果（通常比较昂贵），当再次出现相同的输入（子问题）时，就能实现加速效果，改进后的代码
public static void main(String[] args) {
int n = 13;
int[] cache = new int[n + 1];
Arrays.fill(cache, -1);
cache[0] = 0;
cache[1] = 1;
System.out.println(f(cache, n));
}
public static int f(int[] cache, int n) {
if (cache[n] != -1) {
return cache[n];
}
cache[n] = f(cache, n - 1) + f(cache, n - 2);
return cache[n];
}
优化后的图示，只要结果被缓存，就不会执行其子问题
- 改进后的时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)
- 请自行验证改进后的效果
- 请自行分析改进后的空间复杂度
递归优化-尾递归
爆栈
用递归做 n + ( n − 1 ) + ( n − 2 ) . . . + 1 n + (n-1) + (n-2) ... + 1 n+(n−1)+(n−2)...+1
public static long sum(long n) {
if (n == 1) {
return 1;
}
return n + sum(n - 1);
}
在我的机器上 n = 12000 n = 12000 n=12000 时，爆栈了
Exception in thread "main" java.lang.StackOverflowError
at Test.sum(Test.java:10)
at Test.sum(Test.java:10)
at Test.sum(Test.java:10)
at Test.sum(Test.java:10)
at Test.sum(Test.java:10)
...
为什么呢？
- 每次方法调用是需要消耗一定的栈内存的，这些内存用来存储方法参数、方法内局部变量、返回地址等等
- 方法调用占用的内存需要等到方法结束时才会释放
- 而递归调用我们之前讲过，不到最深不会回头，最内层方法没完成之前，外层方法都结束不了
- 例如， s u m ( 3 ) sum(3) sum(3) 这个方法内有个需要执行 3 + s u m ( 2 ) 3 + sum(2) 3+sum(2)， s u m ( 2 ) sum(2) sum(2) 没返回前，加号前面的 3 3 3 不能释放
- 看下面伪码
long sum(long n = 3) {
return 3 + long sum(long n = 2) {
return 2 + long sum(long n = 1) {
return 1;
}
}
}
尾调用
如果函数的最后一步是调用一个函数，那么称为尾调用，例如
function a() {
return b()
}
下面三段代码不能叫做尾调用
function a() {
const c = b()
return c
}
- 因为最后一步并非调用函数
function a() {
return b() + 1
}
- 最后一步执行的是加法
function a(x) {
return b() + x
}
- 最后一步执行的是加法
一些语言[^11]的编译器能够对尾调用做优化，例如
function a() {
// 做前面的事
return b()
}
function b() {
// 做前面的事
return c()
}
function c() {
return 1000
}
a()
没优化之前的伪码
function a() {
return function b() {
return function c() {
return 1000
}
}
}
优化后伪码如下
a()
b()
c()
为何尾递归才能优化？
调用 a 时
- a 返回时发现：没什么可留给 b 的，将来返回的结果 b 提供就可以了，用不着我 a 了，我的内存就可以释放
调用 b 时
- b 返回时发现：没什么可留给 c 的，将来返回的结果 c 提供就可以了，用不着我 b 了，我的内存就可以释放
如果调用 a 时
- 不是尾调用，例如 return b() + 1，那么 a 就不能提前结束，因为它还得利用 b 的结果做加法
尾递归
尾递归是尾调用的一种特例，也就是最后一步执行的是同一个函数
尾递归避免爆栈
安装 Scala
Scala 入门
object Main {
def main(args: Array[String]): Unit = {
println("Hello Scala")
}
}
- Scala 是 java 的近亲，java 中的类都可以拿来重用
- 类型是放在变量后面的
- Unit 表示无返回值，类似于 void
- 不需要以分号作为结尾，当然加上也对
还是先写一个会爆栈的函数
def sum(n: Long): Long = {
if (n == 1) {
return 1
}
return n + sum(n - 1)
}
- Scala 最后一行代码若作为返回值，可以省略 return
不出所料，在 n = 11000 n = 11000 n=11000 时，还是出了异常
println(sum(11000))
Exception in thread "main" java.lang.StackOverflowError
at Main$.sum(Main.scala:25)
at Main$.sum(Main.scala:25)
at Main$.sum(Main.scala:25)
at Main$.sum(Main.scala:25)
...
这是因为以上代码，还不是尾调用，要想成为尾调用，那么：
- 最后一行代码，必须是一次函数调用
- 内层函数必须摆脱与外层函数的关系，内层函数执行后不依赖于外层的变量或常量
def sum(n: Long): Long = {
if (n == 1) {
return 1
}
return n + sum(n - 1) // 依赖于外层函数的 n 变量
}
如何让它执行后就摆脱对 n 的依赖呢？
- 不能等递归回来再做加法，那样就必须保留外层的 n
- 把 n 当做内层函数的一个参数传进去，这时 n 就属于内层函数了
- 传参时就完成累加, 不必等回来时累加
sum(n - 1, n + 累加器)
改写后代码如下
@tailrec
def sum(n: Long, accumulator: Long): Long = {
if (n == 1) {
return 1 + accumulator
}
return sum(n - 1, n + accumulator)
}
- accumulator 作为累加器
- @tailrec 注解是 scala 提供的，用来检查方法是否符合尾递归
- 这回 sum(10000000, 0) 也没有问题，打印 50000005000000
执行流程如下，以伪码表示 s u m ( 4 , 0 ) sum(4, 0) sum(4,0)
// 首次调用
def sum(n = 4, accumulator = 0): Long = {
return sum(4 - 1, 4 + accumulator)
}
// 接下来调用内层 sum, 传参时就完成了累加, 不必等回来时累加，当内层 sum 调用后，外层 sum 空间没必要保留
def sum(n = 3, accumulator = 4): Long = {
return sum(3 - 1, 3 + accumulator)
}
// 继续调用内层 sum
def sum(n = 2, accumulator = 7): Long = {
return sum(2 - 1, 2 + accumulator)
}
// 继续调用内层 sum, 这是最后的 sum 调用完就返回最后结果 10, 前面所有其它 sum 的空间早已释放
def sum(n = 1, accumulator = 9): Long = {
if (1 == 1) {
return 1 + accumulator
}
}
本质上，尾递归优化是将函数的递归调用，变成了函数的循环调用
改循环避免爆栈
public static void main(String[] args) {
long n = 100000000;
long sum = 0;
for (long i = n; i >= 1; i--) {
sum += i;
}
System.out.println(sum);
}
递归时间复杂度-Master theorem
若有递归式
T ( n ) = a T ( n b ) + f ( n ) T(n) = aT(\frac{n}{b}) + f(n) T(n)=aT(bn)+f(n)
其中
- T ( n ) T(n) T(n) 是问题的运行时间， n n n 是数据规模
- a a a 是子问题个数
- T ( n b ) T(\frac{n}{b}) T(bn) 是子问题运行时间，每个子问题被拆成原问题数据规模的 n b \frac{n}{b} bn
- f ( n ) f(n) f(n) 是除递归外执行的计算
令 x = log b a x = \log_{b}{a} x=logba，即 x = log 子问题缩小倍数 子问题个数 x = \log_{子问题缩小倍数}{子问题个数} x=log子问题缩小倍数子问题个数
那么
T ( n ) = { Θ ( n x ) f ( n ) = O ( n c ) 并且 c < x Θ ( n x log n ) f ( n ) = Θ ( n x ) Θ ( n c ) f ( n ) = Ω ( n c ) 并且 c > x T(n) = \begin{cases} \Theta(n^x) & f(n) = O(n^c) 并且 c \lt x\\ \Theta(n^x\log{n}) & f(n) = \Theta(n^x)\\ \Theta(n^c) & f(n) = \Omega(n^c) 并且 c \gt x \end{cases} T(n)=⎩ ⎨ ⎧Θ(nx)Θ(nxlogn)Θ(nc)f(n)=O(nc)并且c<xf(n)=Θ(nx)f(n)=Ω(nc)并且c>x
例1
T ( n ) = 2 T ( n 2 ) + n 4 T(n) = 2T(\frac{n}{2}) + n^4 T(n)=2T(2n)+n4
- 此时 x = 1 < 4 x = 1 < 4 x=1<4，由后者决定整个时间复杂度 Θ ( n 4 ) \Theta(n^4) Θ(n4)
- 如果觉得对数不好算，可以换为求【 b b b 的几次方能等于 a a a】
例2
T ( n ) = T ( 7 n 10 ) + n T(n) = T(\frac{7n}{10}) + n T(n)=T(107n)+n
- a = 1 , b = 10 7 , x = 0 , c = 1 a=1, b=\frac{10}{7}, x=0, c=1 a=1,b=710,x=0,c=1
- 此时 x = 0 < 1 x = 0 < 1 x=0<1，由后者决定整个时间复杂度 Θ ( n ) \Theta(n) Θ(n)
例3
T ( n ) = 16 T ( n 4 ) + n 2 T(n) = 16T(\frac{n}{4}) + n^2 T(n)=16T(4n)+n2
- a = 16 , b = 4 , x = 2 , c = 2 a=16, b=4, x=2, c=2 a=16,b=4,x=2,c=2
- 此时 x = 2 = c x=2 = c x=2=c，时间复杂度 Θ ( n 2 log n ) \Theta(n^2 \log{n}) Θ(n2logn)
例4
T ( n ) = 7 T ( n 3 ) + n 2 T(n)=7T(\frac{n}{3}) + n^2 T(n)=7T(3n)+n2
- a = 7 , b = 3 , x = 1. ? , c = 2 a=7, b=3, x=1.?, c=2 a=7,b=3,x=1.?,c=2
- 此时 x = log 3 7 < 2 x = \log_{3}{7} < 2 x=log37<2，由后者决定整个时间复杂度 Θ ( n 2 ) \Theta(n^2) Θ(n2)
例5
T ( n ) = 7 T ( n 2 ) + n 2 T(n) = 7T(\frac{n}{2}) + n^2 T(n)=7T(2n)+n2
- a = 7 , b = 2 , x = 2. ? , c = 2 a=7, b=2, x=2.?, c=2 a=7,b=2,x=2.?,c=2
- 此时 x = l o g 2 7 > 2 x = log_2{7} > 2 x=log27>2，由前者决定整个时间复杂度 Θ ( n log 2 7 ) \Theta(n^{\log_2{7}}) Θ(nlog27)
例6
T ( n ) = 2 T ( n 4 ) + n T(n) = 2T(\frac{n}{4}) + \sqrt{n} T(n)=2T(4n)+n
- a = 2 , b = 4 , x = 0.5 , c = 0.5 a=2, b=4, x = 0.5, c=0.5 a=2,b=4,x=0.5,c=0.5
- 此时 x = 0.5 = c x = 0.5 = c x=0.5=c，时间复杂度 Θ ( n log n ) \Theta(\sqrt{n}\ \log{n}) Θ(n logn)
例7. 二分查找递归
int f(int[] a, int target, int i, int j) {
if (i > j) {
return -1;
}
int m = (i + j) >>> 1;
if (target < a[m]) {
return f(a, target, i, m - 1);
} else if (a[m] < target) {
return f(a, target, m + 1, j);
} else {
return m;
}
}
- 子问题个数 a = 1 a = 1 a=1
- 子问题数据规模缩小倍数 b = 2 b = 2 b=2
- 除递归外执行的计算是常数级 c = 0 c=0 c=0
T ( n ) = T ( n 2 ) + n 0 T(n) = T(\frac{n}{2}) + n^0 T(n)=T(2n)+n0
- 此时 x = 0 = c x=0 = c x=0=c，时间复杂度 Θ ( log n ) \Theta(\log{n}) Θ(logn)
例8. 归并排序递归
void split(B[], i, j, A[])
{
if (j - i <= 1)
return;
m = (i + j) / 2;
// 递归
split(A, i, m, B);
split(A, m, j, B);
// 合并
merge(B, i, m, j, A);
}
- 子问题个数 a = 2 a=2 a=2
- 子问题数据规模缩小倍数 b = 2 b=2 b=2
- 除递归外，主要时间花在合并上，它可以用 f ( n ) = n f(n) = n f(n)=n 表示
T ( n ) = 2 T ( n 2 ) + n T(n) = 2T(\frac{n}{2}) + n T(n)=2T(2n)+n
- 此时 x = 1 = c x=1=c x=1=c，时间复杂度 Θ ( n log n ) \Theta(n\log{n}) Θ(nlogn)
例9. 快速排序递归
algorithm quicksort(A, lo, hi) is
if lo >= hi || lo < 0 then
return
// 分区
p := partition(A, lo, hi)
// 递归
quicksort(A, lo, p - 1)
quicksort(A, p + 1, hi)
- 子问题个数 a = 2 a=2 a=2
- 子问题数据规模缩小倍数
- 如果分区分的好， b = 2 b=2 b=2
- 如果分区没分好，例如分区1 的数据是 0，分区 2 的数据是 n − 1 n-1 n−1
- 除递归外，主要时间花在分区上，它可以用 f ( n ) = n f(n) = n f(n)=n 表示
情况1 - 分区分的好
T ( n ) = 2 T ( n 2 ) + n T(n) = 2T(\frac{n}{2}) + n T(n)=2T(2n)+n
- 此时 x = 1 = c x=1=c x=1=c，时间复杂度 Θ ( n log n ) \Theta(n\log{n}) Θ(nlogn)
情况2 - 分区没分好
T ( n ) = T ( n − 1 ) + T ( 1 ) + n T(n) = T(n-1) + T(1) + n T(n)=T(n−1)+T(1)+n
- 此时不能用主定理求解
递归时间复杂度-展开求解
像下面的递归式，都不能用主定理求解
例1 - 递归求和
long sum(long n) {
if (n == 1) {
return 1;
}
return n + sum(n - 1);
}
T ( n ) = T ( n − 1 ) + c T(n) = T(n-1) + c T(n)=T(n−1)+c， T ( 1 ) = c T(1) = c T(1)=c
下面为展开过程
T ( n ) = T ( n − 2 ) + c + c T(n) = T(n-2) + c + c T(n)=T(n−2)+c+c
T ( n ) = T ( n − 3 ) + c + c + c T(n) = T(n-3) + c + c + c T(n)=T(n−3)+c+c+c
…
T ( n ) = T ( n − ( n − 1 ) ) + ( n − 1 ) c T(n) = T(n-(n-1)) + (n-1)c T(n)=T(n−(n−1))+(n−1)c
- 其中 T ( n − ( n − 1 ) ) T(n-(n-1)) T(n−(n−1)) 即 T ( 1 ) T(1) T(1)
- 带入求得 T ( n ) = c + ( n − 1 ) c = n c T(n) = c + (n-1)c = nc T(n)=c+(n−1)c=nc
时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)
例2 - 递归冒泡排序
void bubble(int[] a, int high) {
if(0 == high) {
return;
}
for (int i = 0; i < high; i++) {
if (a[i] > a[i + 1]) {
swap(a, i, i + 1);
}
}
bubble(a, high - 1);
}
T ( n ) = T ( n − 1 ) + n T(n) = T(n-1) + n T(n)=T(n−1)+n， T ( 1 ) = c T(1) = c T(1)=c
下面为展开过程
T ( n ) = T ( n − 2 ) + ( n − 1 ) + n T(n) = T(n-2) + (n-1) + n T(n)=T(n−2)+(n−1)+n
T ( n ) = T ( n − 3 ) + ( n − 2 ) + ( n − 1 ) + n T(n) = T(n-3) + (n-2) + (n-1) + n T(n)=T(n−3)+(n−2)+(n−1)+n
…
T ( n ) = T ( 1 ) + 2 + . . . + n = T ( 1 ) + ( n − 1 ) 2 + n 2 = c + n 2 2 + n 2 − 1 T(n) = T(1) + 2 + ... + n = T(1) + (n-1)\frac{2+n}{2} = c + \frac{n^2}{2} + \frac{n}{2} -1 T(n)=T(1)+2+...+n=T(1)+(n−1)22+n=c+2n2+2n−1
时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
例3 - 递归快排
快速排序分区没分好的极端情况
T ( n ) = T ( n − 1 ) + T ( 1 ) + n T(n) = T(n-1) + T(1) + n T(n)=T(n−1)+T(1)+n， T ( 1 ) = c T(1) = c T(1)=c
T ( n ) = T ( n − 1 ) + c + n T(n) = T(n-1) + c + n T(n)=T(n−1)+c+n
下面为展开过程
T ( n ) = T ( n − 2 ) + c + ( n − 1 ) + c + n T(n) = T(n-2) + c + (n-1) + c + n T(n)=T(n−2)+c+(n−1)+c+n
T ( n ) = T ( n − 3 ) + c + ( n − 2 ) + c + ( n − 1 ) + c + n T(n) = T(n-3) + c + (n-2) + c + (n-1) + c + n T(n)=T(n−3)+c+(n−2)+c+(n−1)+c+n
…
T ( n ) = T ( n − ( n − 1 ) ) + ( n − 1 ) c + 2 + . . . + n = n 2 2 + 2 c n + n 2 − 1 T(n) = T(n-(n-1)) + (n-1)c + 2+...+n = \frac{n^2}{2} + \frac{2cn+n}{2} -1 T(n)=T(n−(n−1))+(n−1)c+2+...+n=2n2+22cn+n−1
时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
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- 例1 输入 f(n) = f(n - 1) + c, f(1) = c
- 例2 输入 f(n) = f(n - 1) + n, f(1) = c
- 例3 输入 f(n) = f(n - 1) + n + c, f(1) = c