（快速排序的棧深度）7.1節中的quicksort演算法包含了兩個對其自身的遞迴呼叫。在呼叫partition後，quicksort分別遞迴呼叫了左邊的子陣列和右邊的子陣列。quicksort中的第二個遞迴呼叫並不是必須的。我們可以用乙個迴圈控制結構來代替它。這一技術稱為尾遞迴，好的編譯器都提供這一功能。考慮下面這個版本的快速排序，它摸擬了尾遞迴的情況：
a.證明：tai
l−re
curs
ive−
quic
ksor
t(a,
1,a.
leng
th)(a, 1, a.length)
tail−r
ecur
sive
−qui
ckso
rt(a
,1,a
.len
gth)
能正確地對陣列a
aa進行排序。
編譯器通常使用棧來儲存遞迴執行過程中的相關資訊，包括每一次遞迴呼叫的引數等。最新呼叫的資訊存在棧的頂部，而第一次呼叫的資訊存在棧的底部。當乙個過程被呼叫時，其相關資訊被壓入棧中；當它結束時，其資訊則被彈出。因為我們假設陣列引數是用指標來指示的，所以每次過程呼叫只需要o(1
)o(1)
o(1)
的棧空間。棧深度是在一次計算中會用到的棧空間的最大值。
b.請描述一種場景，使得針對乙個包含n
nn個元素陣列的tail-recursive-quicksort的棧深度是θ(n
)θ(n)
θ(n)
。c.修改tail-recursive-quicksort的**，使其最壞情況下棧深度是θ(l
gn)θ(lgn)
θ(lgn)
，並且能夠保持o(n
lgn)
o(nn)
o(nlgn
)的期望時間複雜度。
解
a.
tail-recursive-quicksort所做的事情與quicksort完全一樣。
在q ui
ckso
rt(a
,p,r
)(a, p, r)
quicks
ort(
a,p,
r)函式中，在遞迴呼叫qui
ckso
rt(a
,p,q
−1)(a, p, q-1)
quicks
ort(
a,p,
q−1)
後，緊接著遞迴呼叫qui
ckso
rt(a
,q+1
,r)(a, q+1, r)
quicks
ort(
a,q+
1,r)
。即在確定劃分子陣列後，選遞迴排序左邊的子陣列，再遞迴排序右邊的子陣列。
而在t ai
l−re
curs
ive−
quic
ksor
t(a,
p,r)
(a, p, r)
tail−r
ecur
sive
−qui
ckso
rt(a
,p,r
)函式中，在遞迴呼叫tai
l−re
curs
ive−
quic
ksor
t(a,
p,q−
1)(a, p, q-1)
tail−r
ecur
sive
−qui
ckso
rt(a
,p,q
−1)，即排序左邊的子陣列之後，緊接著讓p=q
+1p = q+1
p=q+
1，再進入下一輪迭代。在下一輪迭代中，再排序右邊的子陣列。
b.
每次遞迴呼叫tail-recursive-quicksort都是針對左邊的子陣列。如果乙個陣列已經按單調遞增順序排好序，對該陣列呼叫partition後，所得到的2
22個子陣列中，左邊的子陣列規模為n−1
n-1n−
1，右邊的子陣列規模為0
00。左邊規模為n−1
n-1n−
1的子陣列通過遞迴呼叫tail-recursive-quicksort來排序。因此，可以得到規模為n的陣列的遞迴棧深度為d(n
)=d(
n−1)
+1d(n) = d(n-1) + 1
d(n)=d
(n−1
)+1，這個遞迴式的解為θ(n
)θ(n)
θ(n)
。c.
可以考慮這樣改進：每次遞迴呼叫tail-recursive-quicksort都排序規模較小的子陣列。
這個演算法的最壞情況發生在每次呼叫partition都產生乙個均衡的劃分。這種情況下，棧的深度可以表示為d(n
)=d(
n/2)
+1d(n) = d(n/2) + 1
d(n)=d
(n/2
)+1，其解為θ(l
gn)θ(n)
θ(lgn)
。由於這個演算法實質上與quicksort一致，所以它的期望時間複雜度依然為θ(n
lgn)
θ(nn)
θ(nlgn
)
演算法導論 思考題 4 3
a.利用主方法可得，t n n的log3 4次方 b.n f n lgn，不能應用主方法 共log3 n 1層，每層代價n lg n 3 的i次方 最後一層共n個 1 的結點，代價為 n t n n lg n 3 的i次方 n n lgn n n log3 2 n o n 又因為t n 最後一層代價...
演算法導論 思考題 8 4
寫一下我的思路，大概是對的，詳細證明不出來。設藍色水壺為a，紅色為b 先取乙個a1，對所有的b做一次比較，可以將b分為兩個部分，一部分大於a1，一部分小於a1 再取乙個a2，將b分為三個部分 再取a3，將b分為四個部分 假設現在b被分成了k個部分，b1,b2,b3.bk，每次取ai，都從b集合的一半...
演算法導論 思考題 4 5
這題實在沒什麼思路，網上找了一下答案。如果一開始就能夠確定好的晶元多於壞的，則可以保證每輪檢測結束好的晶元都多於壞的，一直到最後如果剩2塊晶元，則兩塊肯定都是好的 剩3塊晶元就再檢測一次，如果結果都是好的，就隨意取一片必定是好的 如果結果都是壞的，則剩下的那塊肯定是好的。來證明一下上面的結論 設有x...