递归

1) 概述

定义

计算机科学中，递归是一种解决计算问题的方法，其中解决方案取决于同一类问题的更小子集

In computer science, recursion is a method of solving a computational problem where the solution depends on solutions to smaller instances of the same problem.

比如单链表递归遍历的例子：

void f(Node node) {
    if(node == null) {
        return;
    }
    println("before:" + node.value)
    f(node.next);
    println("after:" + node.value)
}

说明：

1. 自己调用自己，如果说每个函数对应着一种解决方案，自己调用自己意味着解决方案是一样的（有规律的）
2. 每次调用，函数处理的数据会较上次缩减（子集），而且最后会缩减至无需继续递归
3. 内层函数调用（子集处理）完成，外层函数才能算调用完成

原理

假设链表中有 3 个节点，value 分别为 1，2，3，以上代码的执行流程就类似于下面的伪码

// 1 -> 2 -> 3 -> null  f(1)

void f(Node node = 1) {
    println("before:" + node.value) // 1
    void f(Node node = 2) {
        println("before:" + node.value) // 2
        void f(Node node = 3) {
            println("before:" + node.value) // 3
            void f(Node node = null) {
                if(node == null) {
                    return;
                }
            }
            println("after:" + node.value) // 3
        }
        println("after:" + node.value) // 2
    }
    println("after:" + node.value) // 1
}

思路

1. 确定能否使用递归求解
2. 推导出递推关系，即父问题与子问题的关系，以及递归的结束条件

例如之前遍历链表的递推关系为

• 深入到最里层叫做递
• 从最里层出来叫做归
• 在递的过程中，外层函数内的局部变量（以及方法参数）并未消失，归的时候还可以用到

2) 单路递归 Single Recursion

E01. 阶乘

用递归方法求阶乘

• 阶乘的定义 \(n!= 1⋅2⋅3⋯(n-2)⋅(n-1)⋅n\)，其中 \(n\) 为自然数，当然 \(0! = 1\)

• 递推关系

代码

private static int f(int n) {
    if (n == 1) {
        return 1;
    }
    return n * f(n - 1);
}

拆解伪码如下，假设 n 初始值为 3

f(int n = 3) { // 解决不了,递
    return 3 * f(int n = 2) { // 解决不了,继续递
        return 2 * f(int n = 1) {
            if (n == 1) { // 可以解决, 开始归
                return 1;
            }
        }
    }
}

E02. 反向打印字符串

用递归反向打印字符串，n 为字符在整个字符串 str 中的索引位置

• 递：n 从 0 开始，每次 n + 1，一直递到 n == str.length() - 1
• 归：从 n == str.length() 开始归，从归打印，自然是逆序的

递推关系

代码为

public static void reversePrint(String str, int index) {
    if (index == str.length()) {
        return;
    }
    reversePrint(str, index + 1);
    System.out.println(str.charAt(index));
}

拆解伪码如下，假设字符串为 "abc"

void reversePrint(String str, int index = 0) {
    void reversePrint(String str, int index = 1) {
        void reversePrint(String str, int index = 2) {
            void reversePrint(String str, int index = 3) { 
                if (index == str.length()) {
                    return; // 开始归
                }
            }
            System.out.println(str.charAt(index)); // 打印 c
        }
        System.out.println(str.charAt(index)); // 打印 b
    }
    System.out.println(str.charAt(index)); // 打印 a
}

E03. 二分查找（单路递归）

public static int binarySearch(int[] a, int target) {
    return recursion(a, target, 0, a.length - 1);
}

public static int recursion(int[] a, int target, int i, int j) {
    if (i > j) {
        return -1;
    }
    int m = (i + j) >>> 1;
    if (target < a[m]) {
        return recursion(a, target, i, m - 1);
    } else if (a[m] < target) {
        return recursion(a, target, m + 1, j);
    } else {
        return m;
    }
}

E04. 冒泡排序（单路递归）

public static void main(String[] args) {
    int[] a = {3, 2, 6, 1, 5, 4, 7};
    bubble(a, 0, a.length - 1);
    System.out.println(Arrays.toString(a));
}

private static void bubble(int[] a, int low, int high) {
    if(low == high) {
        return;
    }
    int j = low;
    for (int i = low; i < high; i++) {
        if (a[i] > a[i + 1]) {
            swap(a, i, i + 1);
            j = i;
        }
    }
    bubble(a, low, j);
}

private static void swap(int[] a, int i, int j) {
    int t = a[i];
    a[i] = a[j];
    a[j] = t;
}

• low 与 high 为未排序范围
• j 表示的是未排序的边界，下一次递归时的 high
  • 发生交换，意味着有无序情况
  • 最后一次交换（以后没有无序）时，左侧 i 仍是无序，右侧 i+1 已然有序
• 视频中讲解的是只考虑 high 边界的情况，参考以上代码，理解在 low .. high 范围内的处理方法

E05. 插入排序（单路递归）

public static void main(String[] args) {
    int[] a = {3, 2, 6, 1, 5, 7, 4};
    insertion(a, 1, a.length - 1);
    System.out.println(Arrays.toString(a));
}

private static void insertion(int[] a, int low, int high) {
    if (low > high) {
        return;
    }
    int i = low - 1;
    int t = a[low];
    while (i >= 0 && a[i] > i) {
        a[i + 1] = a[i];
        i--;
    }
    if(i + 1 != low) {
        a[i + 1] = t;
    }    
    insertion(a, low + 1, high);
}

• 已排序区域：[0 .. i .. low-1]
• 未排序区域：[low .. high]
• 视频中讲解的是只考虑 low 边界的情况，参考以上代码，理解 low-1 .. high 范围内的处理方法
• 扩展：利用二分查找 leftmost 版本，改进寻找插入位置的代码

E06. 约瑟夫问题[^16]（单路递归）

\(n\) 个人排成圆圈，从头开始报数，每次数到第 \(m\) 个人（\(m\) 从 \(1\) 开始）杀之，继续从下一个人重复以上过程，求最后活下来的人是谁？

方法1

根据最后的存活者 a 倒推出它在上一轮的索引号

方法2

设 n 为总人数，m 为报数次数，解返回的是这些人的索引，从0开始

一. 找出等价函数

规律：下次报数的起点为 \(k = m \% n\)

• 首次出列人的序号是 \(k-1\)，剩下的的 \(n-1\) 个人重新组成约瑟夫环
• 下次从 \(k\) 开始数，序号如下
  • \(k,\ k+1, \ ...\ ,\ 0,\ 1,\ k-2\)，如上例中 \(3\ 4\ 5\ 0\ 1\)

这个函数称之为 \(g(n-1,m)\)，它的最终结果与 \(f(n,m)\) 是相同的。

二. 找到映射函数

现在想办法找到 \(g(n-1,m)\) 与 \(f(n-1, m)\) 的对应关系，即

映射函数为

等价于下面函数

代入测试一下

综上有

三. 求逆映射函数

映射函数是根据 x 计算 y，逆映射函数即根据 y 得到 x

代入测试一下

因此可以求得

四. 递推式

代入推导

最后一步化简是利用了模运算法则

\((a+b)\%n = (a\%n + b\%n) \%n\) 例如

• \((6+6)\%5 = 2 = (6+6\%5)\%5\)
• \((6+5)\%5 = 1 = (6+5\%5)\%5\)
• \((6+4)\%5 = 0 = (6+4\%5)\%5\)

最终递推式

3) 多路递归 Multi Recursion

E01. 斐波那契数列-Leetcode 70

• 之前的例子是每个递归函数只包含一个自身的调用，这称之为 single recursion
• 如果每个递归函数例包含多个自身调用，称之为 multi recursion

递推关系

下面的表格列出了数列的前几项

实现

public static int f(int n) {
    if (n == 0) {
        return 0;
    }
    if (n == 1) {
        return 1;
    }
    return f(n - 1) + f(n - 2);
}

执行流程

• 绿色代表正在执行（对应递），灰色代表执行结束（对应归）
• 递不到头，不能归，对应着深度优先搜索

时间复杂度

• 递归的次数也符合斐波那契规律，\(2 * f(n+1)-1\)
• 时间复杂度推导过程
  • 斐波那契通项公式 \(f(n) = \frac{1}{\sqrt{5}}*({\frac{1+\sqrt{5}}{2}}^n - {\frac{1-\sqrt{5}}{2}}^n)\)
  • 简化为：\(f(n) = \frac{1}{2.236}*({1.618}^n - {(-0.618)}^n)\)
  • 带入递归次数公式 \(2*\frac{1}{2.236}*({1.618}^{n+1} - {(-0.618)}^{n+1})-1\)
  • 时间复杂度为 \(\Theta(1.618^n)\)

1. 更多 Fibonacci 参考[^8][9][^10]
2. 以上时间复杂度分析，未考虑大数相加的因素

变体1 - 兔子问题[^8]

• 第一个月，有一对未成熟的兔子（黑色，注意图中个头较小）
• 第二个月，它们成熟
• 第三个月，它们能产下一对新的小兔子（蓝色）
• 所有兔子遵循相同规律，求第 \(n\) 个月的兔子数

分析

兔子问题如何与斐波那契联系起来呢？设第 n 个月兔子数为 \(f(n)\)

• \(f(n)\) = 上个月兔子数 + 新生的小兔子数
• 而【新生的小兔子数】实际就是【上个月成熟的兔子数】
• 因为需要一个月兔子就成熟，所以【上个月成熟的兔子数】也就是【上上个月的兔子数】
• 上个月兔子数，即 \(f(n-1)\)
• 上上个月的兔子数，即 \(f(n-2)\)

因此本质还是斐波那契数列，只是从其第一项开始

变体2 - 青蛙爬楼梯

• 楼梯有 \(n\) 阶
• 青蛙要爬到楼顶，可以一次跳一阶，也可以一次跳两阶
• 只能向上跳，问有多少种跳法

分析

• 因此本质上还是斐波那契数列，只是从其第二项开始

• 对应 leetcode 题目 70. 爬楼梯 - 力扣（LeetCode）

E02. 汉诺塔[^13]（多路递归）

Tower of Hanoi，是一个源于印度古老传说：大梵天创建世界时做了三根金刚石柱，在一根柱子从下往上按大小顺序摞着 64 片黄金圆盘，大梵天命令婆罗门把圆盘重新摆放在另一根柱子上，并且规定

• 一次只能移动一个圆盘
• 小圆盘上不能放大圆盘

下面的动图演示了4片圆盘的移动方法

使用程序代码模拟圆盘的移动过程，并估算出时间复杂度

思路

• 假设每根柱子标号 a，b，c，每个圆盘用 1，2，3 ... 表示其大小，圆盘初始在 a，要移动到的目标是 c

• 如果只有一个圆盘，此时是最小问题，可以直接求解

  • 移动圆盘1 \(a \mapsto c\)

• 如果有两个圆盘，那么

  • 圆盘1 \(a \mapsto b\)
  • 圆盘2 \(a \mapsto c\)
  • 圆盘1 \(b \mapsto c\)

• 如果有三个圆盘，那么

  • 圆盘12 \(a \mapsto b\)
  • 圆盘3 \(a \mapsto c\)
  • 圆盘12 \(b \mapsto c\)

• 如果有四个圆盘，那么

  • 圆盘 123 \(a \mapsto b\)
  • 圆盘4 \(a \mapsto c\)
  • 圆盘 123 \(b \mapsto c\)

题解

public class E02HanoiTower {


    /*
             源 借 目
        h(4, a, b, c) -> h(3, a, c, b)
                         a -> c
                         h(3, b, a, c)
     */
    static LinkedList<Integer> a = new LinkedList<>();
    static LinkedList<Integer> b = new LinkedList<>();
    static LinkedList<Integer> c = new LinkedList<>();

    static void init(int n) {
        for (int i = n; i >= 1; i--) {
            a.add(i);
        }
    }

    static void h(int n, LinkedList<Integer> a, 
                  LinkedList<Integer> b, 
                  LinkedList<Integer> c) {
        if (n == 0) {
            return;
        }
        h(n - 1, a, c, b);
        c.addLast(a.removeLast());
        print();
        h(n - 1, b, a, c);
    }

    private static void print() {
        System.out.println("-----------------------");
        System.out.println(a);
        System.out.println(b);
        System.out.println(c);
    }

    public static void main(String[] args) {
        init(3);
        print();
        h(3, a, b, c);
    }
}

E03. 杨辉三角[^6]

分析

把它斜着看

        1
      1   1
    1   2   1
  1   3   3   1
1   4   6   4   1

• 行 \(i\)，列 \(j\)，那么 \([i][j]\) 的取值应为 \([i-1][j-1] + [i-1][j]\)
• 当 \(j=0\) 或 \(i=j\) 时，\([i][j]\) 取值为 \(1\)

题解

public static void print(int n) {
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (i < n - 1) {
            System.out.printf("%" + 2 * (n - 1 - i) + "s", " ");
        }

        for (int j = 0; j < i + 1; j++) {
            System.out.printf("%-4d", element(i, j));
        }
        System.out.println();
    }
}

public static int element(int i, int j) {
    if (j == 0 || i == j) {
        return 1;
    }
    return element(i - 1, j - 1) + element(i - 1, j);
}

优化1

是 multiple recursion，因此很多递归调用是重复的，例如

• recursion(3, 1) 分解为
  • recursion(2, 0) + recursion(2, 1)
• 而 recursion(3, 2) 分解为
  • recursion(2, 1) + recursion(2, 2)

这里 recursion(2, 1) 就重复调用了，事实上它会重复很多次，可以用 static AtomicInteger counter = new AtomicInteger(0) 来查看递归函数的调用总次数

事实上，可以用 memoization 来进行优化：

public static void print1(int n) {
    int[][] triangle = new int[n][];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        // 打印空格
        triangle[i] = new int[i + 1];
        for (int j = 0; j <= i; j++) {
            System.out.printf("%-4d", element1(triangle, i, j));
        }
        System.out.println();
    }
}

public static int element1(int[][] triangle, int i, int j) {
    if (triangle[i][j] > 0) {
        return triangle[i][j];
    }

    if (j == 0 || i == j) {
        triangle[i][j] = 1;
        return triangle[i][j];
    }
    triangle[i][j] = element1(triangle, i - 1, j - 1) + element1(triangle, i - 1, j);
    return triangle[i][j];
}

• 将数组作为递归函数内可以访问的遍历，如果 \(triangle[i][j]\) 已经有值，说明该元素已经被之前的递归函数计算过，就不必重复计算了

优化2

public static void print2(int n) {
    int[] row = new int[n];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        // 打印空格
        createRow(row, i);
        for (int j = 0; j <= i; j++) {
            System.out.printf("%-4d", row[j]);
        }
        System.out.println();
    }
}

private static void createRow(int[] row, int i) {
    if (i == 0) {
        row[0] = 1;
        return;
    }
    for (int j = i; j > 0; j--) {
        row[j] = row[j - 1] + row[j];
    }
}

注意：还可以通过每一行的前一项计算出下一项，不必借助上一行，这与杨辉三角的另一个特性有关，暂不展开了

其它题目

力扣对应题目，但递归不适合在力扣刷高分，因此只列出相关题目，不做刷题讲解了

4) 递归优化-记忆法

上述代码存在很多重复的计算，例如求 \(f(5)\) 递归分解过程

可以看到（颜色相同的是重复的）：

• \(f(3)\) 重复了 2 次
• \(f(2)\) 重复了 3 次
• \(f(1)\) 重复了 5 次
• \(f(0)\) 重复了 3 次

随着 \(n\) 的增大，重复次数非常可观，如何优化呢？

Memoization 记忆法（也称备忘录）是一种优化技术，通过存储函数调用结果（通常比较昂贵），当再次出现相同的输入（子问题）时，就能实现加速效果，改进后的代码

public static void main(String[] args) {
    int n = 13;
    int[] cache = new int[n + 1];
    Arrays.fill(cache, -1);
    cache[0] = 0;
    cache[1] = 1;
    System.out.println(f(cache, n));
}

public static int f(int[] cache, int n) {
    if (cache[n] != -1) {
        return cache[n];
    }

    cache[n] = f(cache, n - 1) + f(cache, n - 2);
    return cache[n];
}

优化后的图示，只要结果被缓存，就不会执行其子问题

• 改进后的时间复杂度为 \(O(n)\)
• 请自行验证改进后的效果
• 请自行分析改进后的空间复杂度

注意

1. 记忆法是动态规划的一种情况，强调的是自顶向下的解决
2. 记忆法的本质是空间换时间

5) 递归优化-尾递归

爆栈

用递归做 \(n + (n-1) + (n-2) ... + 1\)

public static long sum(long n) {
    if (n == 1) {
        return 1;
    }
    return n + sum(n - 1);
}

在我的机器上 \(n = 12000\) 时，爆栈了

Exception in thread "main" java.lang.StackOverflowError
	at Test.sum(Test.java:10)
	at Test.sum(Test.java:10)
	at Test.sum(Test.java:10)
	at Test.sum(Test.java:10)
	at Test.sum(Test.java:10)
	...

为什么呢？

• 每次方法调用是需要消耗一定的栈内存的，这些内存用来存储方法参数、方法内局部变量、返回地址等等
• 方法调用占用的内存需要等到方法结束时才会释放
• 而递归调用我们之前讲过，不到最深不会回头，最内层方法没完成之前，外层方法都结束不了
  • 例如，\(sum(3)\) 这个方法内有个需要执行 \(3 + sum(2)\)，\(sum(2)\) 没返回前，加号前面的 \(3\) 不能释放
  • 看下面伪码

long sum(long n = 3) {
    return 3 + long sum(long n = 2) {
        return 2 + long sum(long n = 1) {
            return 1;
        }
    }
}

尾调用

如果函数的最后一步是调用一个函数，那么称为尾调用，例如

function a() {
    return b()
}

下面三段代码不能叫做尾调用

function a() {
    const c = b()
    return c
}

• 因为最后一步并非调用函数

function a() {
    return b() + 1
}

• 最后一步执行的是加法

function a(x) {
    return b() + x
}

• 最后一步执行的是加法

一些语言[^11]的编译器能够对尾调用做优化，例如

function a() {
    // 做前面的事
    return b() 
}

function b() {
    // 做前面的事
    return c()
}

function c() {
    return 1000
}

a()

没优化之前的伪码

function a() {
    return function b() {
        return function c() {
            return 1000
        }
    }
}

优化后伪码如下

a()
b()
c()

为何尾递归才能优化？

调用 a 时

• a 返回时发现：没什么可留给 b 的，将来返回的结果 b 提供就可以了，用不着我 a 了，我的内存就可以释放

调用 b 时

• b 返回时发现：没什么可留给 c 的，将来返回的结果 c 提供就可以了，用不着我 b 了，我的内存就可以释放

如果调用 a 时

• 不是尾调用，例如 return b() + 1，那么 a 就不能提前结束，因为它还得利用 b 的结果做加法

尾递归

尾递归是尾调用的一种特例，也就是最后一步执行的是同一个函数

尾递归避免爆栈

安装 Scala

Scala 入门

object Main {
  def main(args: Array[String]): Unit = {
    println("Hello Scala")
  }
}

• Scala 是 java 的近亲，java 中的类都可以拿来重用
• 类型是放在变量后面的
• Unit 表示无返回值，类似于 void
• 不需要以分号作为结尾，当然加上也对

还是先写一个会爆栈的函数

def sum(n: Long): Long = {
    if (n == 1) {
        return 1
    }
    return n + sum(n - 1)
}

• Scala 最后一行代码若作为返回值，可以省略 return

不出所料，在 \(n = 11000\) 时，还是出了异常

println(sum(11000))

Exception in thread "main" java.lang.StackOverflowError
	at Main$.sum(Main.scala:25)
	at Main$.sum(Main.scala:25)
	at Main$.sum(Main.scala:25)
	at Main$.sum(Main.scala:25)
	...

这是因为以上代码，还不是尾调用，要想成为尾调用，那么：

1. 最后一行代码，必须是一次函数调用
2. 内层函数必须摆脱与外层函数的关系，内层函数执行后不依赖于外层的变量或常量

def sum(n: Long): Long = {
    if (n == 1) {
        return 1
    }
    return n + sum(n - 1)  // 依赖于外层函数的 n 变量
}

如何让它执行后就摆脱对 n 的依赖呢？

• 不能等递归回来再做加法，那样就必须保留外层的 n
• 把 n 当做内层函数的一个参数传进去，这时 n 就属于内层函数了
• 传参时就完成累加, 不必等回来时累加

sum(n - 1, n + 累加器)

改写后代码如下

@tailrec
def sum(n: Long, accumulator: Long): Long = {
    if (n == 1) {
        return 1 + accumulator
    } 
    return sum(n - 1, n + accumulator)
}

• accumulator 作为累加器
• @tailrec 注解是 scala 提供的，用来检查方法是否符合尾递归
• 这回 sum(10000000, 0) 也没有问题，打印 50000005000000

执行流程如下，以伪码表示 \(sum(4, 0)\)

// 首次调用
def sum(n = 4, accumulator = 0): Long = {
    return sum(4 - 1, 4 + accumulator)
}

// 接下来调用内层 sum, 传参时就完成了累加, 不必等回来时累加，当内层 sum 调用后，外层 sum 空间没必要保留
def sum(n = 3, accumulator = 4): Long = {
    return sum(3 - 1, 3 + accumulator)
}

// 继续调用内层 sum
def sum(n = 2, accumulator = 7): Long = {
    return sum(2 - 1, 2 + accumulator)
}

// 继续调用内层 sum, 这是最后的 sum 调用完就返回最后结果 10, 前面所有其它 sum 的空间早已释放
def sum(n = 1, accumulator = 9): Long = {
    if (1 == 1) {
        return 1 + accumulator
    }
}

本质上，尾递归优化是将函数的递归调用，变成了函数的循环调用

改循环避免爆栈

public static void main(String[] args) {
    long n = 100000000;
    long sum = 0;
    for (long i = n; i >= 1; i--) {
        sum += i;
    }
    System.out.println(sum);
}

6) 递归时间复杂度-Master theorem[^14]

若有递归式

其中

• \(T(n)\) 是问题的运行时间，\(n\) 是数据规模
• \(a\) 是子问题个数
• \(T(\frac{n}{b})\) 是子问题运行时间，每个子问题被拆成原问题数据规模的 \(\frac{n}{b}\)
• \(f(n)\) 是除递归外执行的计算

令 \(x = \log_{b}{a}\)，即 \(x = \log_{子问题缩小倍数}{子问题个数}\)

那么

例1

\(T(n) = 2T(\frac{n}{2}) + n^4\)

• 此时 \(x = 1 < 4\)，由后者决定整个时间复杂度 \(\Theta(n^4)\)
• 如果觉得对数不好算，可以换为求【\(b\) 的几次方能等于 \(a\)】

例2

\(T(n) = T(\frac{7n}{10}) + n\)

• \(a=1, b=\frac{10}{7}, x=0, c=1\)
• 此时 \(x = 0 < 1\)，由后者决定整个时间复杂度 \(\Theta(n)\)

例3

\(T(n) = 16T(\frac{n}{4}) + n^2\)

• \(a=16, b=4, x=2, c=2\)
• 此时 \(x=2 = c\)，时间复杂度 \(\Theta(n^2 \log{n})\)

例4

\(T(n)=7T(\frac{n}{3}) + n^2\)

• \(a=7, b=3, x=1.?, c=2\)
• 此时 \(x = \log_{3}{7} < 2\)，由后者决定整个时间复杂度 \(\Theta(n^2)\)

例5

\(T(n) = 7T(\frac{n}{2}) + n^2\)

• \(a=7, b=2, x=2.?, c=2\)
• 此时 \(x = log_2{7} > 2\)，由前者决定整个时间复杂度 \(\Theta(n^{\log_2{7}})\)

例6

\(T(n) = 2T(\frac{n}{4}) + \sqrt{n}\)

• \(a=2, b=4, x = 0.5, c=0.5\)
• 此时 \(x = 0.5 = c\)，时间复杂度 \(\Theta(\sqrt{n}\ \log{n})\)

例7. 二分查找递归

int f(int[] a, int target, int i, int j) {
    if (i > j) {
        return -1;
    }
    int m = (i + j) >>> 1;
    if (target < a[m]) {
        return f(a, target, i, m - 1);
    } else if (a[m] < target) {
        return f(a, target, m + 1, j);
    } else {
        return m;
    }
}

• 子问题个数 \(a = 1\)
• 子问题数据规模缩小倍数 \(b = 2\)
• 除递归外执行的计算是常数级 \(c=0\)

\(T(n) = T(\frac{n}{2}) + n^0\)

• 此时 \(x=0 = c\)，时间复杂度 \(\Theta(\log{n})\)

例8. 归并排序递归

void split(B[], i, j, A[])
{
    if (j - i <= 1)                    
        return;                                
    m = (i + j) / 2;             
    
    // 递归
    split(A, i, m, B);  
    split(A, m, j, B); 
    
    // 合并
    merge(B, i, m, j, A);
}

• 子问题个数 \(a=2\)
• 子问题数据规模缩小倍数 \(b=2\)
• 除递归外，主要时间花在合并上，它可以用 \(f(n) = n\) 表示

\(T(n) = 2T(\frac{n}{2}) + n\)

• 此时 \(x=1=c\)，时间复杂度 \(\Theta(n\log{n})\)

例9. 快速排序递归

algorithm quicksort(A, lo, hi) is 
  if lo >= hi || lo < 0 then 
    return
  
  // 分区
  p := partition(A, lo, hi) 
  
  // 递归
  quicksort(A, lo, p - 1) 
  quicksort(A, p + 1, hi) 

• 子问题个数 \(a=2\)
• 子问题数据规模缩小倍数
  • 如果分区分的好，\(b=2\)
  • 如果分区没分好，例如分区1 的数据是 0，分区 2 的数据是 \(n-1\)
• 除递归外，主要时间花在分区上，它可以用 \(f(n) = n\) 表示

情况1 - 分区分的好

\(T(n) = 2T(\frac{n}{2}) + n\)

• 此时 \(x=1=c\)，时间复杂度 \(\Theta(n\log{n})\)

情况2 - 分区没分好

\(T(n) = T(n-1) + T(1) + n\)

• 此时不能用主定理求解

7) 递归时间复杂度-展开求解

像下面的递归式，都不能用主定理求解

例1 - 递归求和

long sum(long n) {
    if (n == 1) {
        return 1;
    }
    return n + sum(n - 1);
}

\(T(n) = T(n-1) + c\)，\(T(1) = c\)

下面为展开过程

\(T(n) = T(n-2) + c + c\)

\(T(n) = T(n-3) + c + c + c\)

...

\(T(n) = T(n-(n-1)) + (n-1)c\)

• 其中 \(T(n-(n-1))\) 即 \(T(1)\)
• 带入求得 \(T(n) = c + (n-1)c = nc\)

时间复杂度为 \(O(n)\)

例2 - 递归冒泡排序

void bubble(int[] a, int high) {
    if(0 == high) {
        return;
    }
    for (int i = 0; i < high; i++) {
        if (a[i] > a[i + 1]) {
            swap(a, i, i + 1);
        }
    }
    bubble(a, high - 1);
}

\(T(n) = T(n-1) + n\)，\(T(1) = c\)

下面为展开过程

\(T(n) = T(n-2) + (n-1) + n\)

\(T(n) = T(n-3) + (n-2) + (n-1) + n\)

...

\(T(n) = T(1) + 2 + ... + n = T(1) + (n-1)\frac{2+n}{2} = c + \frac{n^2}{2} + \frac{n}{2} -1\)

时间复杂度 \(O(n^2)\)

注：

• 等差数列求和为 \(个数*\frac{\vert首项-末项\vert}{2}\)

例3 - 递归快排

快速排序分区没分好的极端情况

\(T(n) = T(n-1) + T(1) + n\)，\(T(1) = c\)

\(T(n) = T(n-1) + c + n\)

下面为展开过程

\(T(n) = T(n-2) + c + (n-1) + c + n\)

\(T(n) = T(n-3) + c + (n-2) + c + (n-1) + c + n\)

...

\(T(n) = T(n-(n-1)) + (n-1)c + 2+...+n = \frac{n^2}{2} + \frac{2cn+n}{2} -1\)

时间复杂度 \(O(n^2)\)

不会推导的同学可以进入 https://www.wolframalpha.com/

• 例1 输入 f(n) = f(n - 1) + c, f(1) = c
• 例2 输入 f(n) = f(n - 1) + n, f(1) = c
• 例3 输入 f(n) = f(n - 1) + n + c, f(1) = c

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