东南大学算法设计与分析复习题文档格式.docx
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T（n）=3T（n/2）+Θ（n），即a=3,b=2,f（n）=Θ（n）。
此时有：
==naLogbn32Logn1.59，并仍有f（n）=O（），ε−）（aLogbn于是有T（n）=Θ（n1.59），比Θ（n2）要好不少。
用200字概括Select（求第k小元）算法的主要思路。
1.若S<
50，则采用堆排序的方法找出第k小的元素
2.将n个元素分成[n/5]组，每组5个元素
3.对每个5元组进行排序，全部5元组排序后，从每组中取出第3个元素（中间元）得到一个长为[n/5]的数组M
4.递归调用Select（[|M|/2],M），即在M数组中找到第[|M|/2]小的数（中位数），记为m
5.依次扫描整个数组S，此项工作所需时间为O（n）。
当si<
m时将si放入数组S1；
当si=m时将si放入数组S2；
当si>
m时将si放入数组S3；
在得到的3个集合中，S1中的数均小于m；
S2中的数均等于m；
S3中的数均大于m。
6.按照k值大小，共可分成下列三种情况（注意S2至少有一个元素m）：
k≤|S1|；
|S1|<
k≤|S1|+|S2|；
以及k>
|S1|+|S2|。
下面针对这三种情况分别进行讨论。
6.a：
若k≤|S1|，则第k小元素必定在S1中。
此时递归调用Select（k,S1），就可以获得第k小元素。
因大于等于m的数据元素至少有3n/10-6个，而S1中的数均小于m，故S1中的数据元素至多有7n/10+6个，即|S1|≤7n/10+6。
因此，调用Select（k,S1）的时间复杂度不超过T（7n/10+6）。
6.b：
若|S1|<
k≤|S1|+|S2|，则第k小元素必定在S2中。
因为S2中的元素的值均等于m，故第k小元素就是m。
由于答案已经得到，此时立刻返回第k小元素m。
这部分工作的时间复杂度为O
（1）。
6.c：
若k>
|S1|+|S2|，则第k小元素必定大于m，因此在S3中。
而且此时该元素在S3中应为第k-|S1|-|S2|小的元素。
于是递归调用Select（k-|S1|-|S2|,S3），就可以获得S中的第k小元素。
因小于等于m的数据元素至少有3n/10-6个
1的情况下，T（n）分别为什么？
≥1及p+q<
时间复杂度为T（n）=T（p*n）+T（q*n）+a*n时，在p+q
T（n）≤a*n*∑k=0∞（p+q）k
矩阵相乘算法目前最好的时间复杂度是多少？
目前矩阵乘法最好的时间复杂度是能做到O（n2.376）
叙述Strassen矩阵相乘算法的主要思路和意义。
把矩阵A，B分成4个规模为n/2的子矩阵快
C11=A11B11+A12B21,C12=A11B12+A12
C21=A21B11+A22B21,C22=A21B12+A22B22
同时引入下列Mi（i=1,2...7）
则计算两个n阶矩阵的乘法为7对n/2阶矩阵的乘法（时间为7T（n/2））,以及18对n/2阶矩阵的加减法则递归方程为T（n）=7T（n/2）+Θ（n2）,由主定理得T（n）=Θ（n2.81）.Strassen矩阵相乘算法意义在于打破了人们认为矩阵乘法得时间复杂度为Θ（n3）得固定看法。
什么是最长公共子序列问题？
在求LCS的算法中，C[i,j]是如何计算的？
为什么需要这样计算？
若Z<
X，Z<
Y，且不存在比Z更长的X和Y的公共子序列，
则称Z是X和Y的最长公共子序列，记为Z∈LCS（X,Y）。
如何在低于指数级的时间复杂度内找到LCS称为最长公共子序列问题
C[i,j]=0,若i=0或j=0
C[I,j]=C[i-1,j-1]+1若i,j>
0且xi=yi
C[I,j]=max{C[i-1,j],C[i,j-1]}若i,j>
0且xi!
=yi
二维数组C，用C[i,j]记录Xi与Yj的LCS的长度如果我们是自底向上进行递推计算，那么在计算C[i,j]之前，C[i-1,j-1],C[i-1,j]与C[i,j-1]均已计算出来。
此时我们根据X[i]=Y[j]还是X[i]≠Y[j]，就可以计算出C[i,j]。
计算的理由：
求LCS（Xm-1，Y）的长度与LCS（X，Yn-1）的长度这两个问题不是相互独立的：
∵两者都要求LCS（Xm-1，Yn-1）的长度,因而具有重叠性。
另外两个序列的LCS中包含了两个序列的前缀的LCS，故问题具有最优子结构性质考虑用动态规划法。
用200～300字概述求最优二分搜索树算法的主要步骤。
算法中有哪几点最为关键？
记cij是最优子树Tij的耗费，则ci,k-1是最优子树Ti,k-1的耗费，ck,j是最优子树Tk,j的耗费。
考察以ak（i+1≤k≤j）为根、由结点bi，ai+1，bi+1，⋯，aj，bj构成的、耗费最小的树的总耗费：
该树的左子树必然是Ti,k-1，右子树必然是Tk,j。
这棵树的总耗费可分为三部分：
左子树、右子树和根。
由于Ti,k-1作为左子树接到结点ak之下时，其耗费增加wi,k-1，故左子树的耗费为：
ci,k-1+wi,k-1，同理，右子树的耗费为：
ck,j+wk,j，由于根ak的深度为0，按定义，根的耗费为pk。
因此，以ak为根、耗费最小的树的总耗费为：
ci,k-1+wi,k-1+ckj+wk,j+pk。
注意到，wi,k-1=qi+pi+1+qi+1+⋯+pk-1+qk-1，wk,j=qk+pk+1+qk+1+⋯+pj+qj，从而有wi,k-1+wkj+pk=qi+pi+1+qi+1+⋯+pk-1+qk-1+pk+qk+pk+1+qk+1+⋯+pj+qj=wij。
由此得到以ak为根、耗费最小的树的总耗费为：
ci,k-1+ckj+wi,j
由于pi（i=1,2,⋯,n）,qj（j=0,1,2,⋯,n）在初始时已经知道，若wi,j-1已知，则根据wi,j=wi,j-1+pj+qj可以计算出wij。
故当ci,k-1与ckj已知时，以ak为根的树的最小总耗费在O
（1）时间就可以计算出来。
分别计算以ai+1，ai+2，⋯，aj为根、含有结点bi，ai+1，bi+1，⋯，aj，bj的树的最小总耗费，从中选出耗费最小的树，此即最优子树Tij。
因此，最优子树Tij的耗费cij={cminjki≤<
jki≤<
i,k-1+ckj+wij}。
递推求cij及记录Tij的根的算法
本算法的关键点：
分析出最优二分搜索树具有最优子结构；
在计算中规模较小的最优子树在计算中要被多次用到。
Cij和Wij都是可以通过前面的计算递推得出的。
有了Tij的根的序号后，如何构造出最优二分搜索树？
设Tij的根为ak（rij记录到的值是k），则从根开始建结点。
Build-tree（i,j,r,A）/*建立最优子树Tij*/
{Ifi≥jreturn"
nill"
;
pointer←newnode（nodetype）;
k←rij;
/*必有i<
m≤j*/
pointer→value←A[k];
/*A[k]即ak*/
pointer→leftson←Buildtree（i,k-1,r,A）;
/*建立最优左子树Ti,k-1*/
pointer→rightson←Buildertree（k,j,r,A）;
/*建立最优右子树Tk,j*/
returnpointer;
}
FrancisYao的办法为什么会把算法时间复杂度从O（n3）降到O（n2）？
Th:
如果最小耗费树Ti,j-1和Ti+1,j的根分别为ap和aq，则必有
⑴p≤q⑵最小耗费树Tij的根ak满足p≤k≤q。
（证明略。
）
有了上述定理，我们无需在ai+1～aj之间去一一尝试，使得找到的ak为根时，{ci,k-1+ckj+wij}为最小，而只要从ap～aq之间去找一个根即可。
算法时间复杂度为Θ（n2）的证明：
首先注意Ti,j-1和Ti+1,j的规模恰好比Ti,j小1。
由于算法是按树中结点的个数（即规模）从小到大计算的，故在计算rij时，ri,j-1（即定理中的p）和ri+1,j（即定理中的q）
都已经计算出来了。
一般地，设含有k个连续结点的最优二分搜索子树的根
r0k，r1（k+1），⋯，r（n-k）,n已经计算出来。
由Th知，含有k+1个连续结点的最优二分搜索子树Ti,i+k+1的根必在ri,i+k与ri+1,i+k+1之间。
故r0,k+1在r0,k与r1,k+1之间,求出r0,k+1的搜索区间长度为r1,k+1-r0,k；
r1,k+2在r1,k+1与r2,k+2之间，求出r1,k+2的搜索区间长度r2,k+2-r1,k+1；
r2,k+3在r2,k+2与r3,k+3之间，求出r2,k+3的搜索区间长度r3,k+3-r2,k+2；
⋯⋯r（n-k-1）,n在r（n-k-1）,n-1与r（n-k）,n之间，
求出r（n-k-1）,n的搜索区间长度为r（n-k）,n-r（n-k-1）,n-1；
于是，求出所有规模为k+1的最优二分搜索子树的根
r0,k+1,r1,k+2,⋯,r（n-k-1）,n的搜索长度的总和=
（rn-k,n-rn-k-1,n-1）+⋯+（r3,k+3-r2,k+2）+（r2,k+2-r1,k+1）+（r1,k+1-r0,k）=r（n-k）,n-r0,k
∵rn-k,n最多为n，r0,k最小为1，
∴搜索区间长度最多为Θ（n），即第2层循环执行总次数为Θ（n），
因此算法总的时间复杂度为Θ（n2）。
用200～300字概述二维流水作业调度算法的主要步骤
求解该问题的算法如下。
1.建立长为2n的数组C，将a1,a2,┅,an依次放入C[1]~C[n]中，b1,b2,┅,bn依次放入C[n+1]~C[2n]中。
/*O（n）,下面将对这2n个数进行排序*/
2.对长为2n的数组D进行初始化：
D[1]~D[n]中依次放1,2,┅,n，D[n+1]~D[2n]中依次放-1,-2,┅,-n。
/*O（n）,分别对应于a1,a2,┅,an和b1,b2,┅,bn的下标*/
3.对数组C进行排序，D[k]始终保持与C[k]的对应关系。
（若C[i]与C[j]对换，则D[i]也与D[j]对换。
或将C，D放在同一结构体中。
）当a1,a2,┅,an及b1,b2,┅,bn按从小到大次序排好之后，
D[1]~D[2n]也就按从小到大的次序记录了这些ai和bj的下标即作业号（bj的下标前有一负号以区别于ai））。
/*O（nlogn）*/
4.将E[1]~E[n]全部置为"
No"
。
/*O（n），表示所有任务均尚未被安排*/
5.下标变量初始化：
i←1；
j←n；
k←1；
/*O
（1），i指向当前最左空位F[i]，放当前应最先安排的作业号;
*//*j指向当前最右空位F[j]，放当前应最后安排的作业号;
*//*k从1开始逐次增1，*//*D[k]（或-D[k]）按ai和bj从小到大的次序依次给出作业号*/
6.whilei≤j
do{/*作业尚未安排完毕，i从小到大,j从大到小*/
ifD[k]>
0then{ifE[D[k]]为"
then/*作业D[k]放在当前最左空位*/{F[i]←D[k];
i增1;
E[D[k]]置为"
Yes"
}}
elseifE[-D[k]]为"
then/*作业-D[k]放在当前最右空位*/{F[j]←-D[k];
j减1;
E[-D[k]]置为"
}}
k增1；
}
什么是备忘录方法？
它在什么情况下使用较为有效？
若有大量的子问题无需求解时，用备忘录方法较省时。
但当无需计算的子问题只有少部分或全部都要计算时，
用递推方法比备忘录方法要好（如矩阵连乘，最优二分搜索树）。
简单不相交集的合并算法中为什么要引进集合的外部名和内部名？
：
若没有内部名，
则每次合并时两个集合中的所有元素均要改名（改为K），
这样，在n-1次Union中改名的时间就变为O（n2）。
什么是平摊分析？
平摊分析常用的手法有哪几种？
简单说明这几种手法的要点。
考虑n条指令执行的最坏时间复杂性。
即使某些指令执行时具有比较大的代价，
但利用平摊分析后对整体考虑，可以得到较小的平均代价。
平摊分析方法主要有：
聚集方法，会计方法和势能方法。
聚集方法：
全局考虑时间复杂性，把n条指令的耗费分为几类；
分别计算每一类耗费的总和，然后再把各类耗费总加起来。
会计方法：
利用几个操作之间的联系，在一个操作中预先支付下面某个操作的费用，以达到简化代价计算的目地。
势能方法：
设Ci为第i个操作的实际代价，
D0为处理对象的数据结构的初始状态，
Di为第i个操作施加于数据结构Di-1之上后数据结构的状态，
引入势函数Φ，Φ（Di）是与Di相关的势。
定义第i个操作的平摊代价为：
=Ci+（Φ（Di）-Φ（Di-1））（即实际代价加上势的变化），
为什么树结构下执行O（n）条带路径压缩的Union-Find指令只需要O（n*G（n））时间？
用平摊分析的聚集方法，把O（n）条Find指令的耗费分为三类：
1）O（n）条Find指令的根费用，
2）O（n）条Find指令的组费用，
3）O（n）条Find指令的路径费用。
根费用：
执行一条Find指令时，处理根及其儿子所需的费用。
一条Find指令只会碰到一个根（及其儿子），故O（n）条Find指令的根费用为O（n），这样，根及其儿子的费用已全部计算在内。
组费用：
若结点ik（0≤k≤m-2）与其父结点ik+1的秩不在同一个秩组中，则对ik收取一个组费用。
因最多有G（n）个组，故一条Find指令最多只会碰到G（n）个结点、其秩与其父结点的秩不在同一个秩组中，故O（n）条Find指令的组费用最多为O（n*G（n））。
路径费用：
由于其秩在组号为g的组中结点的个数不超过n/F（g），故组g中的结点的收取的路径费用不超过[n/F（g）]*[F（g）-（F（g-1）+1）]<
[n/F（g）]*F（g）=n。
因总共只有G（n）个组，故所有结点在O（n）条Find指令的执行中，收取的路径费用不超过O（n*G（n））。
三项费用总加起来，有O（n）+O（n*G（n））+O（n*G（n））=O（n*G（n））于是可得结论：
如果合并是是把小集合并入大集合，且执行Find指令时实施路径压缩，则执行O（n）条Unoin-Find指令的时间复杂度为O（n*G（n））；
树结构下执行O（n）条带路径压缩的Union-Find指令能否降到线性即O（n）时间？
执行O（n）条Unoin-Find指令时，对于任意的c，都存在一个特殊的Unoin-Find指令序列，
使得执行该序列的时间复杂度>
cn，即算法在最坏情况下不是线性的。
用200～300字概述Link（v,r）程序的执行过程。
该程序的要点在什么地方？
要点在于：
为保持Weight的性质，合并的同时要对Weight[r'
]进行修改。
（由于原先的Link就是把r接到v之下，而含有v的树中各结点的深度并未受到任何影响，现在把Tr接在v'
之下，Tv中的各结点当然也不会受到任何影响，故Tv树中各结点的Weight值无需修改。
）Tr树中各结点的Weight值如何修改？
设用Find-Depth指令可以查到v的深度为Depth（v），
（注意Depth（v）是Find-Depth指令的返回值而不是函数）而在原先的森林中，由于r是根，故原先有Depth（r）=0（也是值）。
执行Link指令后，把r作为v的儿子，
则此时在原先的森林中，r的深度为Depth（v）+1。
设在D-森林中，r'
的儿子是s。
由Weight的性质，在D-森林中的2棵树合并之前，有：
从r到s路径上各结点的权和+旧Weight[r'
]=0（r在原森林中的深度）
D-森林中的2棵树合并之后，在原先森林中r的深度为
从r到s的权和+新Weight[r'
]+Weight[v'
]（按Weight的性质），
另一方面，按上述分析，在原先森林中r的深度为Depth（v）+1，
故有从r到s的权和+新Weight[r'
]=Depth（v）+1。
由上述两式可得：
新Weight[r'
]=Depth[v]+1-Weight[v'
]+旧Weight[r'
]。
由于Tr中的其它各结点相对于r'
的位置合并后均未改变，
故Tr中的其它各结点的Weight值无需改变，
只要r'
的新Weight值正确，
则Tr中的其它各结点就都能够正确计算出其在原森林中的高度。
2、Count[v'
]<
Count[r'
]时，把v'
作为r'
的儿子。
合并后应有：
从r到s的权和+新的Weight[r'
故有新的Weight[r'
]=Depth（v）+1+旧Weight[r'
另外，Weight[v'
]也要修改。
设在D-森林中，v'
的儿子是t，则合并前有:
从v到t的权和+旧Weight[v'
]=Depth（v）（v在原森林里的深度）。
而合并以后应有：
从v到t的权和+新Weight[v'
]+新Weight[r'
]=Depth（v）（合并时是将r接到v之下，故v在原森林里的深度并不改变。
）2式联立得新Weight[v'
]=旧Weight[v'
]-新Weight[r'
不论哪一种情况，权修改完后都要将新根的Count值改为Count[v'
]+Count[r'
Link程序中，除了Find-Depth（v）（以找到根v'
并计算出Depth（v））、Find（r）（以找到根r'
）外，其余部分的执行时间是常数，而Find-Depth的时间复杂度与Find的同阶，故O（n）条Link和Find-Depth可以在O（n*G（n））里完成。
你认为脱线MIN算法的关键点在什么地方？
算法：
fori=1tondo{
j←FIND（i）;
ifj=0then{输出"
i未在序列中出现"
elseifj>
kthen{输出"
i未被删除"
else{/*i确实被删除了*/
输出"
i被第j条E指令所删除"
；
UNION（j，Succ[j]，Succ[j]）；
Succ[Pred[j]]←Succ[j]；
/*集合j不再存在*/
Pred[Succ[j]]←Pred[j]
}}
算法最关键的在于集合的Union和find算法的使用。
比较LasVegas算法和MonteCarlo算法，它们有什么相同和相异之处？
随机算法有哪些优点？
LasVegas算法总是给出正确的结果，
但在少数应用中，可能出现求不出解的情况。
此时需再次调用算法进行计算，直到获得解为止。
对于此类算法，主要是分析算法的时间复杂度的期望值，以及调用一次产生失败（求不出解）的概率。
MontCarlo算法通常不能保证计算出来的结果总是正确的，一般只能断定所给解的正确性不小于p（＜p＜1＝。
通过算法的反复执行（即以增大算法的执行时间为代价），能够使发生错误的概率小到可以忽略的程度。
由于每次执行的算法是独立的，故k次执行均发生错误的概率为（1-p）k。
随机算法的优点：
1.对于某一给定的问题，随机算法所需的时间与空间复杂性，往往比当前已知的、最好的确定性算法要好。
2.到目前为止设计出来的各种随机算法，无论是从理解上还是实现上，都是极为简单的。
3.随机算法避免了去构造最坏情况的例子。
最坏情况虽有
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