单个 while 循环的 Big-Oh 表示法，覆盖具有两个迭代器变量的数组的两半答案

【问题标题】：Big-Oh notation for a single while loop covering two halves of an array with two iterator vars单个 while 循环的 Big-Oh 表示法，覆盖具有两个迭代器变量的数组的两半
【发布时间】：2015-09-07 05:59:18
【问题描述】：

试图复习我对 Big-O 的理解以进行测试（显然需要非常基本的 Big-O 理解）我已经提出并在我的书中做一些练习题。

他们给了我以下sn-p

public static void swap(int[] a)
{
    int i = 0;
    int j = a.length-1;

    while (i < j)
    {
        int temp = a[i];
        a[i] = a[j];
        a[j] = temp;
        i++;
        j--;
    }
}

我觉得很容易理解。它有两个迭代器，每个迭代器都覆盖了数组的一半，工作量固定（我认为它们的时钟都在 O(n/2)）

因此 O(n/2) + O(n/2) = O(2n/2) = O(n)

现在请原谅，因为这是我目前的理解，也是我尝试解决问题的方法。我在网上找到了很多 big-o 的示例，但没有一个与迭代器基本同时递增和修改数组的情况非常相似。

它有一个循环的事实让我觉得它无论如何都是 O(n)。

有人介意帮我解决这个问题吗？

谢谢

【问题讨论】：

仅供参考：即使你只迭代了半个数组——例如sumOddIndexElements()——它仍然是 O(n)。 1/2 的常数因子消失了。当您开始分析更复杂的算法时，在分析早期从精确计数切换到大 O 会很有帮助。然后您的中间步骤变得更简单，因为您可以丢弃术语。 IE。如果一个子程序完成 O(n) + O(log n) 的工作，您可以立即将其减少到 O(n) 以进行其余的分析。
@japreiss 对不起，我不想以任何方式冗余，但你的最后一句话让我有点困惑。如果我理解正确的话，O(log n) 在某个点上对于 O(n) 来说将变得微不足道，以至于不值得计算时间效率，因此我们放弃它？
根据大 O 的定义，当您添加项时，您始终可以删除除渐近最大的项之外的所有项。你可以证明n + log n < 2n 但2n 是 O(n)。所以是的，它是微不足道的，以非常明确的方式。

标签： java algorithm big-o

【解决方案1】：

它有一个循环的事实让我觉得它无论如何都是 O(n)。

这是正确的。不是因为它是一个循环，而是因为它是一个循环，它依赖于数组大小的一个常数因子：big-O 表示法忽略了任何常数因子。 O(n) 表示对算法的唯一影响是基于数组的大小。它实际上需要一半的时间，对于 big-O 来说并不重要。

换句话说：如果你的算法需要时间n+X、Xn、Xn + Y 都将归结为 big-O O(n)。

如果循环的大小被改变而不是一个常数因子，它会变得不同，但是作为n的对数或指数函数，例如如果大小是100并且循环是2，大小是@ 987654329@，循环为3，大小为10000，循环为4。在这种情况下，例如，O(log(n))。

如果循环与大小无关，也会有所不同。即，如果您总是循环 100 次，无论循环大小如何，您的算法将是 O(1)（即，在某个恒定时间内运行）。

我还想知道我想出的等式是否正确。

是的。事实上，如果你的等式最终是某种形式的n * C + Y，其中C 是某个常数，Y 是某个其他值，那么无论see 是否大于1，结果都是O(n)，或小于1。

【讨论】：

感谢您的回复。我还想知道我想出的等式是否在正确的范围内。像这样从数学上考虑它会有所帮助，但我正在用它在黑暗中拍摄。在该特定方面进行一些验证会很棒。我假设它是O(n/2) + O(n/2) or just O(n/2) and then I ignore the /2 alltogether

【解决方案2】：

关于循环，你是对的。循环将确定大 O。但循环仅对数组的一半运行。

所以它。 2 + 6 *(n/2)

如果我们使 n 非常大，其他数字真的很小。所以他们不重要。所以它的 O(n)。

假设您正在运行 2 个单独的循环。 2 + 6* (n/2) + 6*(n/2) 。在这种情况下，它将再次成为 O(n)。

但是如果我们运行一个嵌套循环。 2+ 6*(n*n)。那么它将是 O(n^2)

始终删除常量并进行数学运算。你明白了。

【讨论】：

所以让我快速分解一下。是 2 次初始操作 + 每次迭代的 6 次操作乘以总迭代次数？
您使用O(2n) 的示例仍以O(n) 结尾，因为它仍然单独取决于大小。否则，如果两个循环产生不同的结果，那么半个循环也应该在大 O 表示法中产生不同的结果。
对，我的错。 2 又是一个常数。那没关系。如果数量很大。
嗯，2+6(n/2) 真的有那么大的估计吗？我认为线性中断是瓶颈，因此算法 O(n/2)，取决于跳转/分叉的数量。对于 O 来说，这无关紧要，但通常是用于估计。
常量 6 并不合适，因为您不知道各个操作的执行时间，这取决于机器。您可以根据变量分配的数量进行推理，每次迭代无疑是 5 个（i++ 是 i+= 1 的缩写）。

【解决方案3】：

随着j-i 在每次迭代中减少2 个单位，其中N/2 被采用（假设N=length(a)）。

因此运行时间确实是O(N/2)。而O(N/2) 严格等价于O(N)。

【讨论】：