面試的時候，被問到top k問題，以為回答維護乙個k大小的最小堆就沒事了。被面試官引導去思考其他方法，發現居然有快排來搞一搞的邪門方法，但是並沒有證明出複雜度為ko(
n)ko(n)
ko(n)(k
kk為常數)。查了像網上的，都是些奇怪的o(n
)+o(
n/2)
+o(n
/4).
..2n
)o(n)+o(n/2)+o(n/4)...o(
n)+o
(n/2
)+o(
n/4)...
2n)。覺得不大靠譜，決定自己嘗試的證明一下。
設d p(
n,k)
dp(n,k)
dp(n,k
)表示n
nn個數找出前k
kk大的時間複雜度。
顯然d p(
n,k)
=\displaystyle\sum_^k\frac(dp(n-i,k-i)+n)+\displaystyle\sum_^\frac(dp(i,k)+n)=n+\frac(\displaystyle\sum_^dp(n-i,k-i)+\displaystyle\sum_^dp(i,k))&\\\\0&\end
dp(n,k
)=⎩⎪
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪
⎧i=
1∑k
n1(
dp(n
−i,k
−i)+
n)+i
=k+1
∑n−1
n1
(dp(
i,k)
+n)=
n+n1
(i=
1∑k−
1dp
(n−i
,k−i
)+i=
k+1∑
n−1
dp(i
,k))
0n>kn
≤kok，dp式子推出來了，打個簡單的暴力康康。
#includenamespace std;
const
int maxn =20;
double dp[maxn]
[maxn]
;int
main()
dp[n]
[k]=0;
for(
int i =
1; i < k; i++
)for
(int i = k+
1; i < n; i++
) dp[n]
[k]/
= n;
dp[n]
[k]+
= n;
}for
(int n =
1;n <= maxn-
5; n++)}
}return0;
}結果如圖
顯然，存在許多不止2n的地方。明顯關於時間複雜度小於2n的結論是錯的。接下來來嘗試證明一下。已知dp(
n,k)
=n+\frac(\displaystyle\sum_^dp(n-i,k-i)+\displaystyle\sum_^dp(i,k))&\\\\0&\end
dp(n,k
)=⎩⎪
⎪⎪⎪⎨
⎪⎪⎪⎪
⎧n+
n1(
i=1∑
k−1
dp(n
−i,k
−i)+
i=k+
1∑n−
1dp
(i,k
))0
n>kn
≤k（得出如果字首和優化的話求dp(
n,k)
dp(n,k)
dp(n,k
)是o(nk
)o(nk)
o(nk
)的複雜度）
。。。嘗試算一下通式，發現是一件非常不靠譜的事情。列印了下，發現dp(
1500
,750
)dp(1500,750)
dp(150
0,75
0)的有1500的3倍多了，感覺應該還是有帶log
loglo
g的。等有時間or大佬再來算一下吧。
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