O grande: aninhado para loop com dependência

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Recebi uma tarefa de casa com Big O. Estou preso a aninhados para loops que dependem do loop anterior. Aqui está uma versão alterada da minha pergunta de lição de casa, pois eu realmente quero entender:

sum = 0;
for (i = 0; i < n; i++ 
    for (j = 0; j < i; j++) 
        sum++;

A parte que está me excitando é a j < iparte. Parece que seria executado quase como um fatorial, mas com adição. Qualquer dica seria muito apreciada.

— Rafael
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Boa explicação aqui

— saadtaame 17/09/12

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Então, deixe-me esclarecer algumas coisas, você está interessado na notação big-O - isso significa limite superior . Em outras palavras, não há problema em contar mais etapas do que você realmente faz. Em particular, você pode modificar o algoritmo para

 ...
    for (j = 0; j < n; j++) 
 ...

Portanto, você tem dois loops aninhados, cada loop é executado vezes, o que fornece um limite superior de $n$ $O(n^2)$

Obviamente, você gostaria de ter uma boa estimativa para o limite superior. Portanto, para conclusão, queremos determinar um limite inferior. Isso significa que não há problema em contar menos etapas. Então considere a modificação

for (i = n/2; i < n; i++)
    for (j = 0; j < n/2; j++) 
        sum++;

Aqui, realizamos apenas algumas das iterações de loop. Mais uma vez que têm dois circuitos encaixados, mas desta vez que temos iterações por ciclo, o que mostra que têm, pelo menos, adições. Nesse caso, denotamos esse limite inferior assintótico por . Como os limites inferior e superior coincidem, podemos até dizer que é um limite assintótico apertado e escrevemos . $n/2$ $n^2/4$ $\Omega(n^2)$ $n^2$ $\Theta(n^2)$

Se você quiser saber mais, leia aqui .

— A.Schulz
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sum = 0;
for (i = 0; i < n; i++)
    for (j = 0; j < i; j++) 
        sum++;

Vamos traçar isso:

Quando i = 0, o loop interno não será executado ( 0<0 == false).
Quando i = 1, o loop interno será executado uma vez (para j == 0).
Quando i = 2, o loop interno será executado duas vezes. (para j == 0 e j == 1).

Este algoritmo incrementará sumo seguinte número de vezes:

\sum_{x = 1 1}^{n} x - 1 1 = 0 0 + 1 1 + 2 + 3 + 4 ... + n - 1 1 = \frac{n (n - 1 1)}{2}

$\sum_{x=1}^n x-1 = 0+1+2+3+4... + n-1 = \dfrac{n(n-1)}{2}$

$n$ $\dfrac{n^2-n}{2}$ $n^2$ $\theta(n^2) \equiv O(n^2) \ and\ \Omega(n^2)$

— KeithS
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vamos ver se consigo explicar isso ...

Portanto, se o loop interno fosse j

Agora, para a primeira iteração, você faz n- (n-1) vezes no loop interno. na segunda vez, você faz n- (n-2) vezes no loop interno. Na enésima vez, você faz n- (nn) vezes, o que é n vezes.

se você calcular a média do número de vezes que passa pelo loop interno, seria n / 2 vezes.

Então você poderia dizer que isto é O (n * n / 2) = O (n ^ 2/2) = O (n ^ 2)

Isso faz sentido?

É um pouco estranho, mas acho que entendi! Obrigado! Pode demorar um pouco de tempo para afundar todo o caminho em haha

Então, se essa j < iparte era realmente j < i^2, o O resultante para essa parte seria n ^ 2/2?

Antes de tudo, observe que O (n ^ 2/2) = O (n ^ 2). Agora, se você alterá-lo para j <i ^ 2, estará executando (n- (n-1)) ^ 2 na primeira iteração e n ^ 2 na última iteração. Não lembro qual seria a notação big-O para o loop interno. O (n ^ 2) é um limite superior frouxo. Portanto, um limite superior solto para a coisa toda seria O (n ^ 3), mas esse loop interno é menor que O (n ^ 2). Isso faz sentido?