遇到递归算法，通常有两个问题：

  • 分析递归行为
  • 估算递归行为的工夫复杂度

应用树状剖析图能够帮忙咱们分析递归行为。
应用Master Theorem及其推论（也称主定理）能够不便的估算某些递归的工夫复杂度。
这里次要针对第二个问题，如何针对某类递归，应用master公式估算工夫复杂度。

主定理

先来看下公式以及论断：

先了解公式外面每一项代表的意义：
等号右边T(N)是母问题的数据量，规模为N。
等号左边的T(N/b)是子问题的规模，子问题的规模是等量的，规模为N/b；系数a是子问题被调用的次数；O(N^d)是指除了子问题的递归调用之外，剩下的运算的工夫复杂度。
满足以上形容的递归，能够应用主定理来估算工夫复杂度。

上面应用两个例子来训练一下。

例1

写一个递归办法，来找到数组中的最大值。
    static int findMax(int[] arr) throws IllegalArgumentException{        if (arr == null || arr.length == 0) throw new IllegalArgumentException("invalid.");        if (arr.length == 1) return arr[0];        return recursion(arr, 0, arr.length - 1);    }    private static int recursion(int[] arr, int from, int to) {        if (from == to) return arr[from];        int mid = from + (to - from) / 2;        int left = recursion(arr, from, mid);        int right = recursion(arr, mid + 1, to);        return Math.max(left, right);    }

在下面的问题中，母问题总量是N，也就是数组的长度；递归函数中，子问题被调用了两次，也就是系数a=2，别离用来计算左半子数组和右半子数组的最大值，规模是等量的，都是是N/2；剩下的操作就是if判断，计算mid值，返回left和right较大值，这些操作的工夫复杂度是常数O(1)。齐全满足主定理的场景。T(N) = 2 * T(N/2) + O(N^0): a=2, b=2, d=0.
log(b,a) = log(2,2) = 1 > d = 0, 所以用推论间接得出复杂度是T(N)=O(N).

例2

用主定理来估算归并排序算法的复杂度。
归并排序先递归地将数组分成两半，别离排序，而后将后果归并起来。算法如下：

public class MergeSort {    static void mergeSort(int[] arr) {        if (arr == null || arr.length < 2) return;        sort(arr, 0, arr.length - 1);    }    static void sort(int[] arr, int left, int right) {        if (left >= right) return;        int mid = left + (right - left) / 2;        sort(arr, left, mid);        sort(arr, mid + 1, right);        merge(arr, left, mid, right);    }    private static void merge(int[] arr, int left, int mid, int right) {        int[] help = new int[right - left + 1];        // 1. 把arr[left, mid]和arr[mid+1, right]两个子数组归并到辅助数组        // a指向第一个子数组的起始地位，b指向第二个子数组的起始地位，指向辅助数组的起始地位        int i = 0, a = left, b = mid + 1;        // 在a和b不越界的状况下，比拟所指的元素，把较小的那个放到辅助数组中        while (a <= mid && b <= right) {            help[i++] = arr[a] <= arr[b] ? arr[a++] : arr[b++];        }        // 若a不越界，阐明b曾经越界，把右边的子数组剩下的元素顺次放入辅助数组        while (a <= mid) {            help[i++] = arr[a++];        }        // 若b不越界，阐明a曾经越界，把左边的子数组剩下的元素顺次放入辅助数组        while (b <= right) {            help[i++] = arr[b++];        }        // 2. 把辅助数组中的元素拷贝回arr数组        for (i = 0; i < help.length; i++) {            arr[left + i] = help[i];        }    }    static boolean checkSorted(int[] arr) {        if (arr.length < 2) return true;        for (int i = 1; i < arr.length; i++) {            if (arr[i] < arr[i - 1]) return false;        }        return true;    }    public static void main(String[] args) {        int n = 1000000;        int[] arr = new int[n];        for (int i = 0; i < n; i++) arr[i] = (int) (Math.random() * n);        mergeSort(arr);        System.out.println(checkSorted(arr));    }}

母问题总量是数组长度N，在递归体中子问题规模相等，都是N/2，调用了两次；判断语句和计算mid语句是常数级运算O(1)，merge办法的复杂度是O(N),因为在merge中，最坏的状况是把数组所有元素往辅助数组中放一遍，又从辅助数组往原数组中放一遍，所以复杂度是O(N)。
这种状况满足主定理条件，T(N)=2T(N/2)+O(N), a = 2, b = 2, d = 1.
利用推论log(b,a)=1 和 d 相等，所以间接计算复杂度T(N)=O(N*logN).

留神：若子问题规模不相等，则不合乎应用主定理的条件。