即时间复杂度计算的是执行次数
1.用常数1取代时间中的所有加法常数 2.在修改后的运行次数函数中,只保留最高项 3.如果最高项存在而且不是1,则去除与这个项目相乘的常数,得到的结果就是大O阶
void Func1(int N)//Func1的操作次数
{
int count=0;
for( int i=0;i<N;i++)
{
for(int j=0;j<N;j++)
{
count++;
}
}
for(int k=0;k<2*N;k++)
{
count++;
}
int M=0;
while(M--)
{
count++;
}
printf("%d\n",count);
}
正常来说,操作次数应为o(N^2)+o(2*N)+o(M),但是只保留o(N ^2) 但若N为一个很大的数 如100000,平方后为10000000000, 就不会在意后面的几千几百的附加值了
void Fun2(int N)//计算Fun2的操作次数
{
int count=0;
for(int k=0;k<2*N;k++)
{
count++;
}
int M=10;
while(M--)
{
count++;
}
printf("%d\n",count);
}
操作次数为O(2*N)+10,但只保留O(N) 如果N为一个很大的数,如100000,加一个常数区别不大,所以就不需要加上了 同理,一个数的2倍对于本身影响也不是很大,所以也会忽略掉
void fun4(int N)//计算fun4的操作次数
{
int count=0;
for(int k=0;k<100;k++)
{
count++;
}
printf("%d\n",count);
}
操作次数为O(1) ,因为100是常数次用1代替
void bubblesort(int *a,int n)//冒泡排序 的bubblesort的操作次数
{
assert(a);
for(size_t end=n;end>0;end--)
{
int exchange=0;
for(size_t i=1;i<end;i++)
{
if(a[i-1]>a[i])
{
swap(&a[i-1],&a[i]);
exchange=1;
}
}
if(exchange==0)
break;
}
}
本题也再次证明了并不是所有双for循环都是O(N^2) ,假设有n个数,处于最坏情况下 冒泡排序是先通过第一个数与后面的数依次比较,比较次数为n-1 然后变为第二个数与后面的数比较,比较次数为n-2 直到交换次数为1时完成冒泡排序 操作次数为 1 +2+3+......+n-2+n-1 通过等差数列计算为n(n-1)/2 即 O(N^2) 最好的情况下为有序,执行n-1次就结束了,即O(N)
void binarysearch (int *a,int n, int x)//二分查找的操作次数
{
assert(a);
int begin=0;
int end=n;
while(begin<end)
{
int mid=begin+(end-begin)>>1;
if(a[mid]<x)
{
begin=mid+1;
}
else if(a[mid]>x)
{
ned=mid;
}
else
{
return mid;
}
}
return -1;
}
我们所知道的二分查找,每次都取半,如果mid的值大于想要取得值k 则右边界取mid-1,若mid值小于想要取得值k,则左边界取mid+1 假设元素个数为N个 则 为 N/2/2/2....../2=1 反之为 1* 2* 2 * 2 * 2 .....* 2=N 设x为操作次数 即 2^x=N x=log 2 N 依照规则忽略 即 O(log N)
long long factorial(size_t N)//阶乘
{
return N<2?N:factorial(N-1)*N;
}
假设为3时得递归展开图
可以看出当N为3时 ,一共递归了3次,每次递归函数调用一次 即时间复杂度为O(N)
即创建变量的个数
void bubblesort(int *a,int n)//冒泡排序 的bubblesort的空间复杂度
{
assert(a);
for(size_t end=n;end>0;end--)
{
int exchange=0;
for(size_t i=1;i<end;i++)
{
if(a[i-1]>a[i])
{
swap(&a[i-1],&a[i]);
exchange=1;
}
}
if(exchange==0)
break;
}
}
这里的空间复杂度为O(1) 因为变量的个数为常数个,所以在大O的渐进法中为O(1)
long long*fibonacci(sizse_t n)
{
if(n==0)
{
return NULL;
}
long long*fibary=(long long*)malloc((n+1)*sizeof(long long));
fibary[0]=0;
fibary[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
fibary[i]=fibary[i-1]+fibary[i-2];
}
return fibary;
}
这道题因为malloc动态开辟了n+1个空间 所以空间复杂度为o(n)