这个函数（f1）的时间复杂度是多少？
我可以看到第一个循环（i=0）->（n/4 次）第二个（i=3）->（n/4 - 3 次）....等等，结果是：(n/3)*(n/4 + (n-3)/4 + (n-6)/4 + (n-9)/4 ....
我停在这里，如何继续？
int f1(int n){
int s=0;
for(int i=0; i<n; i+=3)
for (int j=n; j>i; j-=4)
s+=j+i;
return s;
}
【问题讨论】：
for (i=0;i<n;++i) for (j=0;j<i;++j)，所以我猜它是 O(n^2)。常量对于时间复杂度并不重要
标签： c loops time-complexity big-o complexity-theory
Big(O) 表示法的重要之处在于它消除了“常量”。目标是随着输入大小的增长确定趋势，而不考虑具体数字。
将其视为在您不知道 x 轴和 y 轴的数字范围的图形上确定曲线。
因此，在您的代码中，即使您为每个循环的每次迭代都跳过了n 范围内的大部分值，但这是以恒定速率完成的。因此，无论您实际跳过多少，这仍然相对于 n^2 进行缩放。
您是否计算以下任何一项都没有关系：
1/4 * n^2
0.0000001 * n^2
(1/4 * n)^2
(0.0000001 * n)^2
1000000 + n^2
n^2 + 10000000 * n
在 Big O 中，这些都等价于O(n^2)。关键是一旦n 变得足够大足够（无论是什么），所有低阶项和常数因子在“大图”中变得无关紧要。
（值得强调的是，这就是为什么在小投入上你应该警惕过度依赖大 O。那时持续的开销仍然会产生很大的影响。）
【讨论】：
an * bn = abn^2 ==> O(n^2)。但是如果你正在寻找一个正式的证明，我认为这是一个家庭作业。如果是这样，我建议您检查您的笔记以获取选择排序的示例证明。它将遵循相同的原则。
n^2 - (n^2)/4 可以写成(1 - 1/4)* n^2 或¾ n²，3/4 只是一个常数系数。
关键观察：内部循环在步骤i中执行(n-i)/4次，因此在步骤n-i中执行i/4。
现在将i = 3k, 3(k-1), 3(k-2), ..., 9, 6, 3, 0 的所有这些数量相加，其中3k 是3 在n 之前的最大倍数（即3k <= n < 3(k+1)）：
3k/4 + 3(k-1)/4 + ... + 6/4 + 3/4 + 0/4 = 3/4(k + (k-1) + ... + 2 + 1)
= 3/4(k(k+1))/2
= O(k^2)
= O(n^2)
因为k <= n/3 <= k+1，因此k^2 <= n^2/9 <= (k+1)^2 <= 4k^2
【讨论】：
理论上是“O(n*n)”，但是...
如果编译器想把它优化成这样怎么办：
int f1(int n){
int s=0;
for(int i=0; i<n; i+=3)
s += table[i];
return s;
}
甚至这个：
int f1(int n){
if(n <= 0) return 0;
return table[n];
}
那么它也可以是“O(n)”或“O(1)”。
请注意，从表面上看，这些优化似乎不切实际（由于最坏情况下的内存成本）；但是使用足够先进的编译器（例如，使用“整个程序优化”来检查所有调用者并确定n 始终在某个范围内）并非不可想象。以类似的方式，所有调用者都使用常量并非不可能（例如，足够先进的编译器可以将 x = f1(123); 替换为 x = constant_calculated_at_compile_time）。
换句话说；实际上，原始函数的时间复杂度取决于函数的使用方式以及编译器的好坏。
【讨论】：
O(n.log(n))。注意：实际代码的复杂性不会改变，因为编译器会选择应用一些特定的优化。如果编译后的代码经过优化和转置以执行不同的操作（但可能是等效的），则不同的代码具有不同的复杂性。如果编译器要在编译时调用该函数以将二进制文件转换为 const 查找，那么复杂性 O(n^2) 仍然发生在编译时。