使用分而治之的数组的第二大元素

Posted 2023-03-27

【中文标题】使用分而治之的数组的第二大元素

【英文标题】：Second greatest element of an array using divide and conquer

【发布时间】：2019-11-05 01:09:31

【问题描述】：

我编写了这个函数来查找数组的第二大元素，但我对它的时间复杂度有些怀疑。 if 条件有 θ(1) 还是增加了递归调用的时间复杂度？

从实验角度来看，它不应大于分治策略时间复杂度的最大最大元素。

int secondmax(int arr[], int first , int last)
   if(first+1==last) return arr[first];
   int mid= first +(last-first)/2;
   int left = secondmax(arr, first, mid);
   int right = secondmax(arr, mid, last);
   if(  (left > right ? left : right) > max1)
      max2=max1;
      max1= left > right ? left : right;
   

    else if((left > right ? left : right) > max2  &&     (left > right ? left : right) != max1)
       max2= left > right ? left : right;

   
   return left > right ? left : right;

ps max1, max2 是全局变量，可能我可以删掉 max1

【问题讨论】：

如果条件。是 theta(1)，过客，我收藏了，不错 qn。

您应该始终在此处返回一个 2 元组，因为如果它们都是第二个最大值，那么您可能会在此处选择第三个最大值。

如果您可以将编译器从不必要的计算负载中解救出来，那就更好了。例如，在您的情况下，left > right ? left : right 被使用 >1 次。另外，请注意，无论在何处使用它，它都不会产生不同的东西，因此不需要重复调​​用。因此，为了避免这种情况，您可以简单地使用一个变量来存储比较的结果，然后随时随地调用该变量。

我不认为这个功能真的有效，虽然我不清楚预期的用途是什么。我的猜测是您的意图是 max2 保存结果，因为 max1 和函数的返回值似乎都是向量的最大值。 （使用全局变量是糟糕的设计，因为这意味着您只能在程序中调用该函数一次，除非您知道每次都重置它们。）

【参考方案1】：

if 在递归调用之前的时间复杂度方面并不是一个重要的贡献者。给定您的算法，最重要的是使用递归完成的数组拆分对时间复杂度的贡献。对您的算法进行试运行可以让您看到您的算法将遵循以下递归方程：T(n) = 2T(n/2) + θ(1)。请注意，此处的 θ(1) 表示您在 2 次递归函数调用之后编写的指令所消耗的恒定时间单位。这个 θ(1) 将与否相同。在递归调用之后，指令的数量是不变的。如果您使用一个运行时间取决于输入数组长度的循环，那么 θ(n) 将代替 θ(1) 出现。

那么，θ(1) 和 θ(n) 如何影响算法的复杂性？可以通过在递归方程上使用旧的 Master's Method 来简单地确定它。

对于 θ(1)，您的等式将是：T(n) = 2T(n/2) + θ(1) & 对于 θ(n)，它将变为 T(n) = 2T(n/2) + θ(n)。 在对这两种情况应用 Master's Theorem 之后，您将得到最终的时间复杂度，即第一个的 θ(log n) 和第二个的 θ(n [log n])。所以，这是您需要记住的主要区别。

【讨论】：

感谢您对此以及有关编译器计算负载的建议，我不知道。