东南大学算法设计与分析复习题Word文档格式.docx

1、什么是计算过程？一般认为，算法是由若干条指令组成的有穷序列，有五个特性a.确定性（无二义）b.能行性（每条指令能够执行）c.输入 d.输出 e.有穷性（每条指令执行的次数有穷）只满足前4条而不满足第5条的有穷指令序列通常称之为计算过程。算法研究有哪几个主要步骤？主要从哪几个方面评价算法？算法研究的主要步骤是1）设计2）表示 3）确认，合法输入和不合法输入的处理 4）分析 5）测试 评价算法的标准有1）正确性 2）健壮性 3）简单性 4）高效性 5）最优性关于多项式时间与指数时间有什么样的结论？1. 多项式时间的算法互相之间虽有差距，一般可以接受。 2. 指数量级时间的算法对于较大的n无实用价值

2、。什么是相互独立的函数序列？何时称函数项k（x）能被其它函数项线性表出？设0（x）, 1（x）, 2（x）, . ,n（x）, .是某一数域上的函数序列， （x的值以及k（x）（k=0,1,2, ）的值都在同一个数域中） 任取k（x）（k=0,1,2, ），不存在数域中的数1，2，p，使得k （x） = 1i1（x） + 2i2 （x） + + pip （x） ，即任何一个函数项k（x）不能被其它函数项线性表出。根据特征根的情况，常系数线性递归方程的解有哪几种不同的形式？1.若方程（*）恰有r个互不相同的特征根1，2，r （即ij时有ij），则齐次方程（*）的解为 anA1+ A2+ +Ar（

3、齐通解，即齐次方程的通解） （A1Ar为待定系数，可由r个连续的边界条件唯一确定） 2若1，2是（*）方程的一对共扼复数根和， eiei.则这两个根对应的解的部分为Ancos（n）+Bnsin（n） （A,B为实的待定系数）3若是（*）方程的k重根，则对应的解的部分为 C1n+ C2 nn+ C3 n2n+ +Ck nk-1n （C1Ck为待定常数）4若（*）方程中的f（n）0（非齐次），且q（n）是（*）的一个解， 则（*）方程的解为： （*）的齐通解（含有待定系数）+ q（n） （非齐特解）， （齐通解中的待定系数由边界条件唯一确定）求和中的通项与积分中的被积函数之间有什么样的关系？求和中

4、的通项的表达形式一般就是被积函数，一般用放缩的方法求得通项得上下界。主定理的内容是什么？根据主定理的结论，可以获得哪些关于算法改进的启示？T（n）=a*T（n/b）+f（n） 1） 若有 0, 使f（n）=O（） （即f（n）的量级多项式地小于的量级）, 则T（n）= （）。2） 若f（n）= （） （即f（n）的量级等于的量级）, 则T（n） =（）。3） 若f（n）= （）, 则T（n）=（ ）3） 若有0, 使f（n）=（） +）（aLogbn（即f（n）的量级多项式地大于的量级）, 且满足正规性条件： abLogn存在常数c2时，可以把n个数据元素分为大致相等的两半， 一半有 n/2

5、个数据元素，而另一半有 n/2 个数据元素。 先分别找出各自组中的最大元和最小元，然后 将两个最大元进行比较，就可得n个元素的最大元； 将两个最小元进行比较，就可得n个元素的最小元。求最大、最小元算法的时间复杂度（比较次数）下界是多少？分治算法在什么情况下可以达到下界？在规模为n的数据元素集合中找出最大元和最小元， 至少需要3n/2-2次比较，即3n/2-2是找最大最小元算法的下界。当n=2k,或当n2k时，若n是若干2的整数幂之和，（e.g. 42=32+8+2）， 则算法的时间复杂度仍可达到3n/2-2。如何用分治法求两个n位二进制数x和y的乘积？算法的时间复杂度是多少？若n=2k，则x可

6、表为a2n/2+b，y可表为c2n/2+d （如图）, 其中a, b, c, d均为n/2位二进制数。 于是x*y= （a2n/2+b） （c2n/2+d） = ac2n + （ad+bc）2n/2 + bd，计算式ac2n + （ad+bc）2n/2 + bd中的ad+bc可写为： 而（ad+bc）= （a+b） （d+c） - ac - bd, 因此在ac和bd计算出之后， 只要再做4次加减法，一次（n/2位数的）乘法就可以计算出ad+bc。 而原来计算（ad+bc）需要做2次乘法、一次加法； 新的计算公式比原方法少做了一次乘法。T（n）=3T（n/2） + （n），即a=3, b=2,

7、f（n）=（n）。 此时有：= = naLogbn32Logn1.59，并仍有f（n）=O（）， ）（aLogbn于是有T（n）= （n1.59），比（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S50，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sim时将si放入数组S3；在得

8、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|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|S1|+|S2|，则第k小元素

9、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+qT（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

10、=A11B12+A12C21=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）+ （n2）,由主定理得T（n）= （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（n3）得固定看法。试用200300字概述寻找最近点对算法的主要步骤。该算法中有哪几点最为关键？该算法是否可改进？主程序算法：读入n个点的坐标，这n个点的x坐标和y坐标 分别放在X，Y两个数组中，然后进行预

11、处理： 对X数组中的n个x坐标值按从小到大的次序进行排序， 排序过程中保持x坐标和y坐标的对应关系：若Xi与Xj对换位置，则Yi与Yj也做相同的对换。 另外，若两个点的x坐标相同，则y坐标值小的排前。 X数组排好之后就固定了，以后不再改变， 以便在O（1）时间对其实现分拆。（排序时间为（n log n） 将数组IND初始化为：INDi=i（i=1,2,n）。 数组IND即是用来保持x坐标和y坐标的对应关系的机制， INDi记录的是 其y坐标值为Yi的点所对应的x坐标在X数组中的下标。 对Y数组中的n个y坐标值按从小到大的次序进行排序， 排序过程中保持y坐标和x坐标的对应关系： 若Yi与Yj对换

12、位置，则IND i与IND j也做相同的对换。 这样，当给了一个点的y坐标Yi之后， 就可以在O（1）时间找到其对应的x坐标： Yi与XIND i就是该点的y坐标和x坐标。调用子程序FCPP（1,n,X,Y,IND,p,q） 就可求得n个点中的最近点对（p,q）和最小距离。 子程序FCPP的主要执行过程： 首先看当前处理的点数。若不超过3个点，就直接进行相互比较。 若超过3个点，则把点的y坐标分为两部分：左边和右边。然后进行分治，求得两边的L和R，从而求得。 求出分割线，扫描当前的所有点，把落到2带状区域内的点找出来， 并使这些点的y坐标仍然保持从小到大的次序。 对落到2带状区域内的每一个点检

13、查其后面的7个点， 若有距离更近的点对，则把最小距离（及最近点对（p,q）更新， 执行完毕时，最小距离及最近点对（p,q）就得到了。子程序FCPP（j,k,X,Ypres,INDpres,p,q）中的参数说明： X数组存放已排好序的n个点的x坐标。 j,k为当前处理的X数组一段中的最小和最大下标。 Ypres数组存放当前处理的k-j+1个点的y坐标 （已按从小到大的次序排好）。 INDpres数组的长度也是k-j+1，INDpresi记录了其y坐标值 为Ypres i的点的x坐标在X数组中的下标值。 ,p,q均为返回值， 给出当前处理的k-j+1个点中的最小距离和最近点对（p,q）。算法中的几

14、个关键点：分割线的寻找和最小距离相关的比较次数的判定算法可以优化：比如对p点之后的7个点检查时未考虑两点均属同一侧的情况可以考虑减小比较次数。做DFT时，是否总假定有n=2m？是个，总有n=2m什么是快速傅立叶变换（FFT）？如何用FFT来计算2个多项式的乘积？答: 能在（nlogn）时间里完成DFT的算法就称为FFT.给了2个多项式的系数向量a和b之后，若其系数不是2的幂次，则将a和b的规模扩大（向量最后加若干个0）使得n=2m.然后把这两个向量维数再扩大一倍，得到两个维数为2n的向量。分别对2个向量做DFT，所得到两个向量进行点乘，再对结果做2n阶的DFT-1,即可求得2多项式相乘后的多项

15、式系数c什么是平衡？分治法与平衡有着什么样的关系？在使用分治法和递归时，要尽量把问题分成规模相等，或至少是规模相近的子问题，这样才能提高算法的效率。使子问题规模尽量接近的做法，就是所谓的平衡。分治法与动态规划法之间的相同点是什么？不同之处在哪些方面？与分治法类似，动态规划法 也是把问题一层一层地分解为规模逐渐减小的同类型的子问题。动态规划法与分治法的一个重要的不同点在于，用分治法分解后得到的子问题通常都是相互独立的， 而用动态规划法分解后得到的子问题很多都是重复的。因此，对重复出现的子问题，只是在第一次遇到时才进行计算，然后把计算所得的结果保存起来；当再次遇到该子问题时，就直接引用已保存的结果

16、，而不再重新求解。简述求矩阵连乘最少乘法次数的动态规划算法（不超过300字）按照做最后一次乘法的位置进行划分， 该矩阵连乘一共可分为j-i种情况即有（j-i）种断开方式：Mi（Mi+1Mj），（MiMi+1）（Mi+2Mj），（MiMi+1Mj-1）Mj。其中任一对括号内的矩阵个数（即规模）不超过j-i。由于在此之前我们已知 任一个规模不超过j-i的矩阵连乘所需的最少乘法次数， 故（MiMk）和（Mk+1Mj）所需的最少乘法次数已知， 将它们分别记之为mik和mk+1,j。 于是，形为（MiMk）（Mk+1Mj）的矩阵连乘所需的最少乘法次数为：mik+mk+1,j+ri-1rkrj。 此式中的

17、所有参加运算的数均已知， 故此式在O（1）时间里即可完成计算。 对满足ikj 的共j-i种情况逐一进行比较，我们就可以得到矩阵连乘MiMi+1Mj-1Mj（ij）所需的最少乘法次数mij为：mij=min（ikj）mik+mk+1,j+ri-1rj，（*） 其计算可在O（j-i） 时间里完成。于是在初始时我们定义mii=0（相当于单个矩阵的情况）， 然后首先求出计算M1M2, M2M3, , Mn-1Mn 所需的乘法次数mi,i+1（i=1,2,n-1）, 具体数值为ri-1riri+1, 因mii= m i+1, i+1=0； 再利用这些结果和（*）式，就可以求出 计算M1M2M3, M2M

18、3 M4, , Mn-2Mn-1Mn 所需的最少乘法次数mi,i+2（i=1,2,n-2）。 同理，可依次算出mi,i+3（i=1,2,n-3），mi,i+4（i=1,2,n-4）， 直至算出m1,n即M1M2Mn-1Mn矩阵连乘所需的最少乘法次数。能够用动态规划法求解的问题通常具有什么样的特征？若一个问题可以分解为若干个高度重复的子问题， 且问题也具有最优子结构性质，就可以用动态规划法求解： 以递推的方式逐层计算最优值并记录必要的信息， 最后根据记录的信息构造最优解。什么是最长公共子序列问题？在求LCS的算法中，Ci,j是如何计算的？为什么需要这样计算？若ZX，Z0且xi=yiCI,j=ma

19、xCi-1,j,Ci,j-1 若i,j0且xi!=yi二维数组C，用Ci,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Ci,j之前， Ci-1,j-1, Ci-1,j与Ci,j-1均已计算出来。此时我们 根据Xi=Yj还是XiYj，就可以计算出Ci,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200300字概述求最优二分搜索树算法的主要步

20、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+1kj）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

21、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

22、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=cminj k i j k i 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

23、建结点。Build-tree（i,j,r,A） /*建立最优子树Tij*/ If ij return nill;pointernewnode（nodetype）;krij; /*必有i m j*/ pointervalueAk; /*Ak即ak*/ pointerleftsonBuildtree（i,k-1,r,A）; /*建立最优左子树Ti,k-1*/ pointerrightsonBuildertree（k,j,r,A）; /*建立最优右子树Tk,j*/ return pointer; Francis Yao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T

24、i,j-1和Ti+1,j的根分别为ap和aq，则必有 pq 最小耗费树Tij的根ak满足pkq。 （证明略。有了上述定理，我们无需在ai+1aj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apaq之间去找一个根即可。算法时间复杂度为（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