演算法分析,高手請進
1樓：網友
s=n*n/log(2)(n/m)*log(2)(n/m)+n寫的 不清楚。
你是不是要n/log(2)(n/m) 平方 來看看這個東西的複雜度。
令f(n)=n
g(n)=log(2)(n/m)不防先把m看個是不變數引數。
看來要討論m和 n的關係了。
討論複雜度o（k）=lim(f/g)=lim(f)/lim(g)lim(n)/lim(log(2)(n/m))由洛必達法則無窮比無窮。
n）'/log(2)(n/m))'
1/ (n/m(in2))
m/nin2
現在。o(s)=o(k)^2 +o(n)
o(m/nin2）^2+o(n)
這個m>>nin2的時候那麼o(s)=o（m）^2+o(n)=o(m^2)
m<=nin2的時候 o(s)=o（m）^2+o(n)=o(n)所以最壞的情況是平方。
演算法設計分析題，求高手解答，高分
2樓：夕陽古道
聚集分析：n次操作最多的插入n個元素，插入刪除元素個數數最多為2n，平均鍵謹知每次為2，即o(1)。
記賬分析：設每次插入操作為2元，一元付賬，一元存款，每刪除乙個元素(不管是pop還是multypop)為0元稿消(插入該元素時已存了一元賬)，n次操作最多付2n元，平均2元，即o(1)。
勢能函式分析：設勢能函式f(i)為第i次操作後棧中的元素個數，顯然f(i)恒大於0，f(0)=0；每插入乙個元素代價為2，1是該操作代價，1是用來儲存勢能，f(i)=f(i-1)+1，刪除乙個元素操作代價為0，但棧中元素個數少了1，f(i)=f(i-1)-1，或者刪除k個元素，代價為0，但f(i)=f(i-1)-k，操作代價用勢能支付了，n次操作後，實際代晌滾價最多2n，平均每次也是o(1)。
一些演算法的疑惑，請教小弟
3樓：豬豬love小小豬
number round(number)：返回與引數最接近的整數值。
如果number與兩個整數的距離相等，即為時，將向上返回。
如果引數為 nan，則返回 nan。
如果引數為正無窮大，將返回正無窮大。
如果引數為負無窮大，將返回負無窮大。
如果引數為正零，將返回正零。
如果引數為負零，將返回負零。
如果引數小於零但是大於等於 ，將返回負零。
對於最後兩種情況，呼叫 round() 函式的結果與加上 後再呼叫 floor() 函式的結果不同，因為在這種情況下將返回正零。
舉例：round( =3
round ( =2
round( =3
round( =2
round( =1
特別的，到-2與-1的距離都是，那麼它將返回大陵態州的數字-1（-1>-2）
這尺蔽個與整數也不衝突的，比如你的例子裡面，，11<<12那麼它返回12，返回大的整數，-12<<-11它也返回大的整數-11.
希望你明閉巖白了。
4樓：網友
對於負數的這類運算怎麼弄悄芹亂的都有， 四捨五入也沒見過明確首攔的定義。
如果按這樣定義： 四捨五入(a) = ? a]+1 : a]
那麼結果就是-11了啟檔。
求高人幫忙解決乙個經典演算法問題
5樓：小斌
可以這樣幹，演算法主幹。
首先理解。1、你要得到的字元序列個數是有限的，為256!個，（排列組合，能理解不）
2、從0~255的每個數字在計算機上用乙個位元組來表示乙個你要的數字剛剛好，2、給這些序列編乙個號碼，比如按從小到大排列為……
接著理解。1、需要轉換的序列為32個字元，我具體不清楚這個序列的規則，比如字元的種類有n種，但是序列種類不能大於256!，否則不是唯一的，2、將你要轉換的序列理解為乙個很大的整數，這個整數不是十進位的，而是n進位的。
接著實現。1、將n進位數轉換為乙個10進位的數，（具體方法很多，但是要和你的要求匹配，不同的序列轉換之後都是不同的10進位數）
2、根據這個10進位數作為號碼，去獲取你在剛開始表示的大整數。
求演算法高手解釋一下
6樓：網友
(3*k+6)!%3*k+7)+1)/(3*k+7)是威爾遜定理，好好查一下。
在初等數論中，威爾遜定理給出了判定乙個自然數是否為素數的充分必要條件。
即：若且唯若p為素數時：( p -1 )!1 ( mod p )也就是。p-1)%p=(p-1)
3*k+6)!%3*k+7)+1)/(3*k+7)令t=3*k+7
上式轉化為。
t-1)!%t+1)/t
當t為素數時。
t-1)!%t=t-1
加上乙個1剛好是t
當t不是素數的時候(t-1)!%t肯定是比t-1要小的，後面的除法是整除的。
所以上述結論成立。
求演算法高手解釋一下
7樓：網友
如果(3*k+7)是素數，(3k+6)的階乘對(3*k+7)求餘，剩下的就是3k+6；
如果不是那就小於3k+6！
求大神做乙個演算法分析
8樓：夜神月
第1個不可以，第2個是可以的。
2個演算法不相同。
可以說2個演算法有乙個共同點，就是用s來存次小的，用f來存最小的。
第乙個演算法是錯的，它檢查a[i]的時候，用 f 來衡量是否要修改 s和f 的值。
例如：f=1,s=3的時候，如果遇到a[i]=2時，因為2>1，所以沒拿2來修改 s和f 的值 明顯不對。
第二個演算法是對的，它檢查a[i]的時候，用 s 來衡量是否要修改 s和f 的值。
因為s比f大，所以當a[i]比s小時才需要修改s f的值。
比知道這個執行效率是什麼意思，如果建立在正確的前提下的話，是第2個高，因為第1個是錯的，如果僅僅考慮時間複雜度的話，是第乙個效率高，第乙個是o(n) 第二個是o(2n) 雖然都可以化成。
o(n) 但是畢竟係數不同。
9樓：網友
第乙個的確是不行，肯能會出現s分析如下：第一次時，s=f=5，第二次時，s=f=5.
第三次時，s=5，f=3.
第四次時，s=3，f=4.
第二個可以，其實它們兩個的原理差不多，只是第二個考慮得更全些。
10樓：網友
1，不可以。
2，不相同。
比較大小我記憶中有兩種經典的演算法冒泡法和排序法，你可以自己去查閱資料，這個也是乙個本科生應該有的能力，相信你自己！
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