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实现-sqrtx二分查找法和牛顿法

jiezi

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：

  1. 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。
  2. 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：

  1. mid == x / mid。则在循环内直接返回 mid 的值。
  2. 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。
  3. 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。

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