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DNF 的一个变种如下:
def dutch_flag_partition(pivot_index , A):
pivot = A[pivot_index]
# First pass: group elements smaller than pivot.
for i in range(len(A)):
# Look for a smaller element.
for j in range(i + 1, len(A)):
if A[j] < pivot:
A[i], A[j] = A[j], A[i]
break
# Second pass: group elements larger than pivot.
for i in reversed(range(len(A))):
if A[i] < pivot:
break
# Look for a larger element. Stop when we reach an element less than
# pivot , since first pass has moved them to the start of A.
for j in reversed(range(i)):
if A[j] > pivot:
A[i], A[j] = A[j], A[i]
break
额外的空间复杂度为 O(1)。这是因为交换不依赖于输入长度吗?时间复杂度为 O(N^2),是由于嵌套循环造成的吗?谢谢
最佳答案
The additional space complexity is given as O(1). Is that because the swapping doesn't depend on the input length?
没有。事实上,交换根本不需要额外的空间。
更重要的是,你不能只寻找一件事,然后说无论这件事需要付出多少努力,这就是复杂性。你必须检查所有事物,而最大决定了复杂性。因此,请检查您正在创建的所有内容:
pivot
只是对列表成员之一的引用,其大小恒定。范围
是恒定大小。范围
上的迭代器的大小是恒定的。i
和 j
整数值大小恒定。1由于没有什么比恒定大小更大,因此总大小是恒定的。
And time complexity, given as O(N^2), is it so due to the nested loops?
嗯,是的,但你必须比这更详细一点。两个嵌套循环并不一定意味着二次。在嵌套循环内进行线性工作的两个嵌套循环将是三次的。两个嵌套循环组合在一起,使得内循环的大小与外循环成反比,这是线性的。等等。
再说一次,你必须把所有的东西加起来,而不是只选择一件事然后猜测。
所以,第一遍的作用是:
因此,如果 break
根本没有帮助,那就是 O(1 + N * N * 1)
,即 O(N * N)
。
第二遍的时间类似 O(N * (1 + N * 1))
,同样是 O(N * N)
。
如果您添加O(N * N + N * N)
,您将得到O(N * N)
。
此外,即使 break
使第一遍成为对数线性或其他什么,O(N * log N + N * N)
仍然是 O (N * N)
,所以没关系。
所以时间是二次的。
<小时/><子>1。从技术上讲,这并不完全正确。整数的大小是可变的,它们占用的内存是它们大小的对数。因此,i
和 j
,以及 range
对象的 stop
属性,可能还有其他一些东西都是记录N
。但是,除非你处理的是巨大的整型算术,比如在加密算法中乘以巨大的质因数,否则人们通常会忽略这一点,并侥幸逃脱。
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