此问题的时间复杂度不同于已提出的类似问题。这是来自 Zauba 开发人员招聘挑战( Activity 于一个月前结束)的问题:
f(0) = p
f(1) = q
f(2) = r
for n > 2
f(n) = a*f(n-1) + b*f(n-2) + c*f(n-3) + g(n)
where g(n) = n*n*(n+1)
p, q, r, a, b, c, n 已给出。 n 可以和 10^18 一样大。
在上面的链接中，没有指定时间复杂度，我已经在O(n)中解决了这个问题，下面是伪代码(只是一种方法，所有可能的边界，以及边缘案件在比赛中处理)。
if(n == 0) return p;
if(n == 1) return q;
if(n == 2) return r;
for(long i=3;i<=n;i++){
now = a*r + b*q + c*p + i*i*(i+1);
p = q; q = r; r = now;
}
请注意，我在原始代码中的适当位置使用模 10^9 + 7 来处理溢出，在必要时处理适当的边缘情况，并且我使用了 java long 数据类型(如果它有帮助).
但由于这仍然需要 O(n) 时间，我期待一个更好的解决方案来处理 n ~ 10^18。
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正如用户 גלעד ברקן 提到它与矩阵求幂的关系一样，我尝试这样做并停留在一个特定的点，我不确定在矩阵的第 4 行第 3 列中放置什么。请提出任何建议和更正。
| a b c 1? | | f(n) | | f(n+1) |
| 1 0 0 0 | |f(n-1)| | f(n) |
| 0 1 0 0 | |f(n-2)| => | f(n-1) |
| 0 0 ?! 0 | | g(n) | | g(n+1) |
M A B
最佳答案
矩阵求幂确实是正确的方法，但还有一些工作要做。
自 g(n)不是常量值，无法有效(O(log n) 而不是 O(n))对当前形式的递归关系应用矩阵求幂。
需要为 g(n) 找到类似的递推关系只有一个常数项尾随。自 g(n)是立方的，需要 3 个递归项:
g(n) = x*g(n-1) + y*g(n-2) + z*g(n-3) + w
展开它们每个的三次表达式:
n³ + n² = x(n³-2n²+n) + y(n³-5n²+8n-4) + z*(n³-8n²+21n-18) + w
= n³(x+y+z) + n²(-2x-5y-8z) + n(x+8y+21z) + (w-4y-18z)
匹配系数以获得 x, y, z 的三个联立方程加上另一个来计算w :
x + y + z = 1
-2x - 5y - 8z = 1
x + 8y + 21z = 0
w - 4y - 18z = 0
解决它们得到:
x = 3 y = -3 z = 1 w = 6
方便的是，这些系数也是整数*，这意味着可以直接对递归进行模运算。
* 我怀疑这是巧合 - 这很可能是招聘考官的意图。
因此矩阵递推方程为:
| a b c 1 0 0 0 | | f(n-1) | | f(n) |
| 1 0 0 0 0 0 0 | | f(n-2) | | f(n-1) |
| 0 1 0 0 0 0 0 | | f(n-3) | | f(n-2) |
| 0 0 0 3 -3 1 6 | x | g(n) | = | g(n+1) |
| 0 0 0 1 0 0 0 | | g(n-1) | | g(n) |
| 0 0 0 0 1 0 0 | | g(n-2) | | g(n-1) |
| 0 0 0 0 0 0 1 | | 1 | | 1 |
最终的矩阵求幂方程为:
[n-2]
| a b c 1 0 0 0 | | f(2) | | f(n) | | f(2) | | r |
| 1 0 0 0 0 0 0 | | f(1) | | f(n-1) | | f(1) | | q |
| 0 1 0 0 0 0 0 | | f(0) | | f(n-2) | | f(0) | | p |
| 0 0 0 3 -3 1 6 | x | g(3) | = | g(n+1) | , | g(3) | = | 36 |
| 0 0 0 1 0 0 0 | | g(2) | | g(n) | | g(2) | | 12 |
| 0 0 0 0 1 0 0 | | g(1) | | g(n-1) | | g(1) | | 2 |
| 0 0 0 0 0 0 1 | | 1 | | 1 | | 1 | | 1 |
(每个操作都隐含地对 10^9 + 7 或提供的任何此类数字进行模数。)
请注意 Java 的 %运算符是余数，它不同于负数的模数。示例:
-1 % 5 == -1 // Java
-1 = 4 (mod 5) // mathematical modulus
解决方法很简单:
long mod(long b, long a)
{
// computes a mod b
// assumes that b is positive
return (b + (a % b)) % b;
}
原始迭代算法:
long recurrence_original(
long a, long b, long c,
long p, long q, long r,
long n, long m // 10^9 + 7 or whatever
) {
// base cases
if (n == 0) return p;
if (n == 1) return q;
if (n == 2) return r;
long f0, f1, f2;
f0 = p; f1 = q; f2 = r;
for (long i = 3; i <= n; i++) {
long f3 = mod(m,
mod(m, a*f2) + mod(m, b*f1) + mod(m, c*f0) +
mod(m, mod(m, i) * mod(m, i)) * mod(m, i+1)
);
f0 = f1; f1 = f2; f2 = f3;
}
return f2;
}
模矩阵函数:
long[][] matrix_create(int n)
{
return new long[n][n];
}
void matrix_multiply(int n, long m, long[][] c, long[][] a, long[][] b)
{
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
long s = 0;
for (int k = 0; k < n; k++)
s = mod(m, s + mod(m, a[i][k]*b[k][j]));
c[i][j] = s;
}
}
}
void matrix_pow(int n, long m, long p, long[][] y, long[][] x)
{
// swap matrices
long[][] a = matrix_create(n);
long[][] b = matrix_create(n);
long[][] c = matrix_create(n);
// initialize accumulator to identity
for (int i = 0; i < n; i++)
a[i][i] = 1;
// initialize base to original matrix
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
b[i][j] = x[i][j];
// exponentiation by squaring
// there are better algorithms, but this is the easiest to implement
// and is still O(log n)
long[][] t = null;
for (long s = p; s > 0; s /= 2) {
if (s % 2 == 1) {
matrix_multiply(n, m, c, a, b);
t = c; c = a; a = t;
}
matrix_multiply(n, m, c, b, b);
t = c; c = b; b = t;
}
// write to output
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
y[i][j] = a[i][j];
}
最后，新算法本身:
long recurrence_matrix(
long a, long b, long c,
long p, long q, long r,
long n, long m
) {
if (n == 0) return p;
if (n == 1) return q;
if (n == 2) return r;
// original recurrence matrix
long[][] mat = matrix_create(7);
mat[0][0] = a; mat[0][1] = b; mat[0][2] = c; mat[0][3] = 1;
mat[1][0] = 1; mat[2][1] = 1;
mat[3][3] = 3; mat[3][4] = -3; mat[3][5] = 1; mat[3][6] = 6;
mat[4][3] = 1; mat[5][4] = 1;
mat[6][6] = 1;
// exponentiate
long[][] res = matrix_create(7);
matrix_pow(7, m, n - 2, res, mat);
// multiply the first row with the initial vector
return mod(m, mod(m, res[0][6])
+ mod(m, res[0][0]*r) + mod(m, res[0][1]*q) + mod(m, res[0][2]*p)
+ mod(m, res[0][3]*36) + mod(m, res[0][4]*12) + mod(m, res[0][5]*2)
);
}
以下是上述两种算法的一些示例基准。
原始迭代算法:
n time (μs) ------------------- 10^1 9.3 10^2 44.9 10^3 401.501 10^4 3882.099 10^5 27940.9 10^6 88873.599 10^7 877100.5 10^8 9057329.099 10^9 91749994.4新的矩阵算法:
n time (μs) ------------------ 10^1 69.168 10^2 128.771 10^3 212.697 10^4 258.385 10^5 318.195 10^6 380.9 10^7 453.487 10^8 560.428 10^9 619.835 10^10 652.344 10^11 750.518 10^12 769.901 10^13 851.845 10^14 934.915 10^15 1016.732 10^16 1079.613 10^17 1123.413 10^18 1225.323
旧算法用了 90 多秒来计算 n = 10^9 ，而新算法仅用了 0.6 毫秒秒(加速了 150,000 倍)!
原始算法的时间复杂度显然是线性的(正如预期的那样)； n = 10^10花了太长时间才完成，所以我没有继续。
新算法的时间复杂度显然是对数的 - 是 n 的两倍数量级。导致执行时间加倍(同样，由于平方求幂，正如预期的那样)。
对于 n 的“小”值( < 100 ) 矩阵分配和操作的开销掩盖了算法本身，但很快就变得微不足道了 n增加。
关于java - 在小于 O(N) 的时间内找到序列的第 n 项，我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题： https://stackoverflow.com/questions/56959409/