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遇到这样的问题
开发一个递归程序来计算F
一些用户提到使用两个递归函数调用:
def calc(n):
if n=1 :
return 1
else if(n%2)==0:
return calc(n/2)
else :
return calc(n/2)+calc(n/2+1) **NESTED RECURSION**
这是一个正确的逻辑吗?算法不会呈指数级增长吗?我想到了一个简单的代码,例如:
def calc(count):
result[1]=1
n=2
for range(1,count):
if n%2=0:
result.append(result[n])
else :
result.append(result[n/2]+result[n/2+1])
return result
最佳答案
这两种方法都是正确的。从一个函数进行多次递归调用确实是合法的,其含义就是您所想的 - 只需执行一次调用,然后进行下一次调用,然后进行下一次调用,依此类推。
有趣的是,我不认为递归版本会进行指数级的多次调用。它最多进行两次递归调用,但每个递归调用的大小(大约)是原始调用的一半。本质上,重复看起来像这样:
T(1) = 1
T(2) = 1
T(n) <= T(n / 2) + T(n / 2 + 1) + 1
我用“小于或等于”来表示在最好的情况下你可能只打一个电话,但在最坏的情况下你最多打两个电话。
我想证明这个函数 T(n) <= max{cn + d, a} 对于一些常量 c、d 和 a。这将证明 T(n) = O(n),因此至多进行线性多次调用。作为我们的基本案例,我们有这样的
T(1) = 1
T(2) = 1
所以让我们设置 a = 1。对于归纳步骤,我们考虑三种情况。首先,让我们考虑一下 floor(n/2) <= 2 和 floor(n/2 + 1) <= 2 的情况:
T(n) <= T(n / 2) + T(n / 2 + 1) + 1
<= 1 + 1 + 1
<= 3
如果我们假设 cn + d >= 3,当 n = 3 或 n = 4 时,则计算正确。特别是,这意味着 3c + d >= 3 和 4c + d >= 3。
在下一种情况下,让我们看看如果 floor(n/2) <= 2 且 floor(n/2 + 1) >= 2 会发生什么。然后我们就有了
T(n) <= T(n / 2) + T(n / 2 + 1) + 1
<= 1 + max{c(n / 2 + 1) + d, 1} + 1
<= 2 + max{c(n / 2 + 1) + d, 1}
<= 3 + c(n / 2 + 1) + d
所以如果我们有 3 + c(n/2 + 1) + d <= cn + d,这个说法仍然成立。请注意,我们仅在这种情况下 n = 5,因此这意味着我们必须拥有它
3 + c(n / 2 + 1) + d <= cn + d
3 + c(n / 2 + 1) <= cn
3 + c(5 / 2 + 1) <= 5c
3 + 5c/2 + c <= 5c
3 + 7c/2 <= 5c
4 <= 3c / 2
8 / 3 <= c
所以我们必须有 c >= 8/3。
最后,n/2 和 n/2 + 1 都不小于三的情况:
T(n) <= T(n / 2) + T(n / 2 + 1) + 1
<= c(n / 2) + d + c(n / 2 + 1) + d + 1
<= cn / 2 + cn / 2 + c + 2d + 1
= cn + c + 2d + 1
这小于 cn + d 如果
cn + c + 2d + 1 <= cn + d
c + 2d + 1 <= d
c + d + 1 <= 0
这在 d = -c - 1 时有效。
从前面,我们知道 3c + d >= 3,如果 2c - 1 >= 3,或者 2c >= 4,所以 c >= 2。我们还有 4c + d >= 3,这如果 c >= 2 也有效。让 c = 8/3,我们得到 d = -11/3,所以
T(n) <= max{8n/3 - 11/3, 1}
因此 T(n) = O(n) 并且递归仅进行线性多次调用。
这个的简短版本是递归和迭代版本都需要线性时间。在不确定递归是指数级的情况下,不要害怕递归的指数时间爆炸。 :-) 虽然不可否认,在这种情况下,我真的更喜欢迭代版本。它更清晰、更直观、更即时 O(n)。
关于python - 嵌套递归是可能的还是我们应该避免递归?,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/4741307/
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我是一名优秀的程序员,十分优秀!