此递归块的时间复杂度

Question

int recursiveFunc(int n) {
    if (n == 1) return 0;
    for (int i = 2; i < n; i++)
        if (n % i == 0) return i + recursiveFunc(n / i);
    return n;
}

我知道复杂度 = 从根节点到叶节点的树的长度 * 叶节点的数量，但很难得出一个等式。

Answer 1

这很棘手，因为运行时高度依赖于您提供的数字作为输入，而大多数递归函数都没有。

对于初学者，请注意这个递归的工作方式，它接受一个数字，然后是一个

1. 如果数字是素数，则返回而不进行任何进一步的调用，或者
2. 递归调用自己的数字除以适当的因素。

这意味着在一种情况下，在数字 n 上调用的函数将执行 Θ(n) 工作并且不进行任何调用（如果数字是素数会发生这种情况），而在另一种情况下将执行 Θ(d ) 工作，然后对数字 n / d 进行递归调用，如果 n 是复合数并且是 n 的最大除数，则会发生这种情况。

我们将用来分析这个函数的一个有用的事实是，给定一个合数 n，n 的最小因子 d 永远不会大于 √n。如果是，那么对于其他因子 f，我们将有 n = df，并且由于 d 是最小的适当除数，我们将有 f ≥ d，所以 df > √n √ n = n，这是不可能的.

考虑到这一点，我们可以争辩说这个函数的最坏情况运行时间是 O(n)，事实上，当 n 是素数时会发生这种情况。这是如何看待这个的。想象一下这个函数最终进行递归调用时可能花费的最坏情况。在这种情况下，该函数最多会做 Θ(√n) 的工作（假设我们的最小除数尽可能大），然后递归调用一个大小最多为 n / 2 的数字（这是绝对作为递归调用的一部分，我们可以得到的最大数。在这种情况下，我们会在我们做尽可能多的工作的悲观假设下得到这种递归关系

T(n) = T(n / 2) + √n

根据主定理，这解决了 Θ(√n)，这比我们将素数作为输入时所做的工作更少。

但是，如果相反，我们在一定次数的迭代中尽可能多地工作，然后以质数结束并停止，会发生什么？在这种情况下，使用迭代方法，我们会看到所做的工作将是

n^1/2 + n^1/4 + ... + n / 2^k,

如果我们在 k 次迭代后停止，就会发生这种情况。在这种情况下，请注意，当我们选择尽可能小的 k 时，这个表达式被最大化——这对应于尽快停止，如果我们为 n 选择一个素数，就会发生这种情况。

所以从这个意义上说，这个函数的最坏情况运行时间是 Θ(n)，这发生在 n 是素数时，合数的终止速度比这快得多。

那么这个函数能有多快呢？好吧，例如，假设我们有一个 p^k 形式的数，其中 p 是某个素数。在这种情况下，这个函数将做 Θ(p) 的工作来发现 p 作为一个素因数，然后在数字 p^k-1 上递归地调用它自己。如果你想想这会是什么样子，这个函数最终会做 Θ(p) 工作 Θ(k) 次，总运行时间为 Θ(pk)。因为 n = p^k，我们有 k = log_p n，所以运行时间是 Θ(p log_p n) .这在 p = 2 或 p = 3 时最小化，在这种情况下，无论哪种情况，我们的运行时间都是 Θ(log n)。

我强烈怀疑这是最好的情况，尽管我不完全确定。但这确实意味着

• 最坏情况的运行时间肯定是 Θ(n)，发生在素数处，并且
• 最佳情况下的运行时间是 O(log n)，我相当肯定这是一个严格的界限，但我不能 100% 确定如何证明。