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最近忙里偷闲,每天刷一道 LeetCode 的简单题保持手感,发现简单题虽然很容易 AC,但若去了解其所有的解法,也可学习到不少新的知识点,扩展知识的广度。
创作本文的思路来源于:LeetCode Problem 69. x 的平方根
简述题目大意(不想跳转链接,可以看这里):给定一个非负整数 x,要求计算并返回 x 的平方根(取整)。例如,输入 4,则输出 2;输入 8,则输出 2(8 的平方根是 2.82842……,由于返回类型是整数,因此小数部分被舍去)。即给定一个 $x$,我们要计算出 $\lfloor \sqrt{x} \rfloor$。
最简单最直觉的方法自然是从 0 开始遍历,直到找到第一个其平方值大于 $x$ 的数 $n$,则 $n-1$ 即是答案。对于任意的 $x$,其取整后平方根一定在 $[0, x]$ 区间上,代码如下:
int sqrt(int x)
{if (x == 0)
return x;
int ans = 1;
while (ans <= x / ans)
ans++;
return ans - 1;
}
这里需要注意的有两点:
- 第 6 行代码中,
while
的判断条件可以避免溢出。很大概率上,你可能会写成while (ans * ans <= x)
,这更自然、更直观,但当ans
的值很大时,ans * ans
的结果可能会超过int
类型的最大表示范围。举个例子,比如我们要计算 $x$ 的取整平方根(其值为 $n$,即 $\lfloor \sqrt{x} \rfloor = n$),算法会将ans
遍历到第一个平方超过 $x$ 的值,即 $n+1$ 后停止。如果 $x$ 的值就是int
类型能够表示的最大值,那么当ans
遍历到 $n+1$ 时,计算ans * ans
的结果就超出了int
类型的表示范围。 - 由于在
while
的循环判断中,我们用除法代替了乘法,因此ans
便不能再从 0 开始遍历(否则会导致除零错误)。为此,我们可以在算法开始单独处理 $x = 0$ 的情况,然后让ans
从 1 开始遍历。
作为一道简单题,这种暴力朴素的算法自然是可以 AC 的。但其效率极低(需要遍历 $O(\sqrt{n})$ 次),在 LeetCode 上的时间效率只能快过约 5% 的用户,使用 C++ 语言的运行时间平均要 90ms 以上。因此,本文提供了两种更加高效的算法:二分查找法和牛顿法。
1. 二分查找法
如果你在暴力求解的基础上继续思考,很大概率会想到用二分搜索求解。
没错,思考暴力求解的策略,我们在区间 $[0, x]$ 上搜索解,而搜索区间 $[0, x]$ 天然是有序的,自然可以用二分搜索代替线性搜索,以大大提高搜索效率。
更进一步的,我们还可以缩小我们的搜索区间。直觉告诉我们,对于一个非负整数 $x$,其 $\sqrt{x}$ 应该不会大于 $x / 2$(例如,$\sqrt{25} = 5$,小于 $25 / 2 = 12.5$)。我们可以证明:
$$
\begin{aligned}
&\text{设} y = \frac{x}{2} – \sqrt{x},\text{则} y^\prime = \frac{1}{2} – \frac{1}{2\sqrt{x}}, \\[2ex]
&\text{令} y^\prime = 0, \text{可得驻点} x = 1, \\[2ex]
&\text{当} x > 1 \text{时}, y^\prime > 0, \text{即当} x > 1 \text{时}, y = \frac{x}{2} – \sqrt{x} \text{的值单调递增}, \\[2ex]
&\text{可推出, 当} x > 1 \text{时}, \lfloor \frac{x}{2} \rfloor – \lfloor \sqrt{x} \rfloor \text{的值单调递增}, \\[2ex]
&\text{又因为当} x = 2 \text{时}, \lfloor \frac{x}{2} \rfloor – \lfloor \sqrt{x} \rfloor = 0, \\[2ex]
&\text{所以当} x \geq 2 \text{时}, \lfloor \frac{x}{2} \rfloor – \lfloor \sqrt{x} \rfloor \geq 0, \text{即} x \geq 2 \text{时},\lfloor \frac{x}{2} \rfloor \geq \lfloor \sqrt{x} \rfloor
&\text{(证毕)}
\end{aligned}
$$
通过证明我们可以得知,当所求的 $x$ 大于等于 $2$ 时,sqrt(x)
的搜索空间为 $[1, x / 2]$,对于 $x < 2$ 的情况,我们只要特殊处理即可(这里我们也可以得到结论:当 $x \geq 1$ 时,$\lfloor \frac{x}{2} \rfloor + 1 \geq \lfloor \sqrt{x} \rfloor$,然后单独处理 $x < 1$ 的情况)。代码:
int sqrt(int x)
{if (x < 2) // 处理特殊情况
return x;
int left = 1, right = x / 2;
while (left <= right) {# 避免溢出,相当于 mid = (left + right) / 2
int mid = left + ((right - left) >> 1);
if (mid == x / mid)
return mid;
else if (mid > x / mid)
right = mid - 1;
else
left = mid + 1;
}
return right;
}
在这里解释一下最后的返回值为什么是 right
。对于二分查找,其搜索空间会不断收缩到 left == right
(关于二分查找,这里不多赘述,自行手动模拟即可),此时 mid
、left
和 right
三者的值相等(mid = (left + right) / 2
)。根据二分查找的搜索范围的收缩条件可知,left
(或 mid
)左侧的值都小于等于 $\lfloor \sqrt{x} \rfloor$,right
(或 mid
)右侧的值都大于 $\lfloor \sqrt{x} \rfloor$,此时(while
的最后一次循环),判断 mid
的平方与 x
的大小,有三种情况:
-
mid == x / mid
。则在循环内直接返回mid
的值。 -
mid > x / mid
。这种情况下,因为mid
左侧的值都小于等于 $\lfloor \sqrt{x} \rfloor$,而mid
的值大于 $x$,则mid-1
即是答案。而按照分支条件,执行right = mid - 1
,可知right
的值正是应返回的值。此时,循环结束,应返回right
。 -
mid <= x / mid
。这种情况下,mid
、left
和right
正是计算答案(右边的值都大于 $\lfloor \sqrt{x} \rfloor$)。按照分支条件,执行left = mid + 1
,循环结束。此时,mid
和right
的值为计算结果。
综合上面三点可知,如果 while
循环结束,则 right
保存的值一定是计算结果。
和之前的暴力法相比,使用二分查找的思想求解 sqrt(x)
,只需要循环遍历 $O(\lg{\frac{x}{2}})$ 次;空间复杂度为 $O(1)$。
2. 牛顿—拉弗森迭代法
牛顿—拉弗森迭代法(简称牛顿法)使用以直代曲的思想,是一种求解函数的方法,不仅仅适用于求解开方计算。当然使用牛顿法求解函数也存在很多坑,但对于求解开方而言,牛顿法是安全的。关于这一方法,你需要掌握一定的高等数学知识,想了解详细的内容,可以参考链接:如何通俗易懂地讲解牛顿迭代法求开方?数值分析?—马同学的回答
简单的理解,可以参考图片:
图片来源:牛顿法与拟牛顿法
给定任意一个非负整数 $n$,我们想要找到一个 $x = \lfloor \sqrt{n} \rfloor$,这相当于我们要计算函数 $f(x) = x^2 – n$ 的根。我们首先需要先给出一个猜测值 $x_0$,不妨令 $x_0 = \frac{x}{2} + 1$(证明见第一小节),然后在 $f(x_0)$ 处作函数的切线,切线与 $x$ 轴的交点,即为一次迭代后的值 $x_1$。若 $x_1$ 不是要得到的结果,则继续迭代,在 $f(x_1)$ 处作函数的切线,切线与 $x$ 轴的交点,即为第二次迭代后的值 $x_2$。以此类推,直到得到 $x_n = \lfloor \sqrt{n} \rfloor$。
现在我们来推导迭代式。对于 $x_i$,其函数值为 $f(x_i)$,则对于点 $(x_i, f(x_i))$,可得其切线方程:
$$
\begin{align}
&y – f(x_i) = f(x_i)^\prime(x – x_i) \\[2ex]
\implies &y – (x_i^2 – n) = 2x_i(x – x_i) \\[2ex]
\implies &y + x_i^2 + n = 2x_ix
\end{align}
$$
又因为 $x_{i+1}$ 为切线与 $x$ 轴的交点,所以令 $y=0$,可得:
$$
x_{i+1} = (x_i + n / x_i) / 2
$$
现在,我们就可以根据迭代式编写代码了:
int sqrt(int x)
{
// 避免除零错误,单独处理 x = 0 的情况
if (x == 0)
return x;
int t = x / 2 + 1;
while (t > x / t)
t = (t + x / t) / 2;
return t;
}
为了确保算法是正确的,我们还需要一些额外的证明。首先,证明迭代式是单调递减的:
$$
x_{i+1} – x_i = \left\lfloor \frac{1}{2} (x_i + \frac{n}{x_i}) \right\rfloor – x_i = \left\lfloor \frac{1}{2} (\frac{n}{x_i} – x_i) \right\rfloor
$$
可知,在区间 $[\sqrt{x}, +\infty)$ 上,$x_{i+1} – x_i < 0$。
然后,我们还要证明迭代式是可以收敛到 $\lfloor \sqrt{n} \rfloor$ 的:
$$
x_{i+1} = \left\lfloor \frac{1}{2} \left(x_i + \left\lfloor \frac{n}{x_i} \right\rfloor \right) \right\rfloor = \left \lfloor \frac{1}{2} (x_i + \frac{n}{x_i}) \right \rfloor \geq \left \lfloor \frac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{x_i \cdot \frac{n}{x_i}} \right \rfloor = \lfloor \sqrt{n} \rfloor
$$
因此,当 while
循环结束时,我们可以得到正确的答案。
关于牛顿法求 sqrt(x)
的时间复杂度,笔者目前也没有搞清楚,有了解的童鞋欢迎交流~。不过通过查询资料,以及实际测试,可知牛顿法的时间效率优于二分搜索法。