1. 概述

定义

计算机科学中，递归是一种解决计算问题的方法，其中解决方案取决于同一类问题的更小子集

In computer science, recursion is a method of solving a computational
problem where the solution depends on solutions to smaller instances
of the same problem.

比如单链表递归遍历的例子：

void f(Node node) {if(node == null) {return;}println("before:" + node.value)f(node.next);println("after:" + node.value)
}

说明：

1. 自己调用自己，如果说每个函数对应着一种解决方案，自己调用自己意味着解决方案是一样的（有规律的）
2. 每次调用，函数处理的数据会较上次缩减（子集），而且最后会缩减至无需继续递归
3. 内层函数调用（子集处理）完成，外层函数才能算调用完成

原理

假设链表中有 3 个节点，value 分别为 1，2，3，以上代码的执行流程就类似于下面的伪码

// 1 -> 2 -> 3 -> null  f(1)void f(Node node = 1) {println("before:" + node.value) // 1void f(Node node = 2) {println("before:" + node.value) // 2void f(Node node = 3) {println("before:" + node.value) // 3void f(Node node = null) {if(node == null) {return;}}println("after:" + node.value) // 3}println("after:" + node.value) // 2}println("after:" + node.value) // 1
}

思路

1. 确定能否使用递归求解
2. 推导出递推关系，即父问题与子问题的关系，以及递归的结束条件

例如之前遍历链表的递推关系为

$f(n)=\{\begin{array}{ll}停止& n=null\\ f(n.next)& n\ne null\end{array}$

• 深入到最里层叫做递
• 从最里层出来叫做归
• 在递的过程中，外层函数内的局部变量（以及方法参数）并未消失，归的时候还可以用到

2. 单路递归 Single Recursion

E01. 阶乘

用递归方法求阶乘

● 阶乘的定义 $n!=1\cdot 2\cdot 3\cdots (n-2)\cdot (n-1)\cdot n$，其中 $n$ 为自然数，当然 $0!=1$
● 递推关系

$f(n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ n\ast f(n-1)& n>1\end{array}$

代码

private static int f(int n) {if (n == 1) {return 1;}return n * f(n - 1);
}

拆解伪码如下，假设 n 初始值为 3

f(int n = 3) { // 解决不了,递return 3 * f(int n = 2) { // 解决不了,继续递return 2 * f(int n = 1) {if (n == 1) { // 可以解决, 开始归return 1;}}}
}

E02. 反向打印字符串

用递归反向打印字符串，n 为字符在整个字符串 str 中的索引位置

• 递：n 从 0 开始，每次 n + 1，一直递到 n == str.length() - 1
• 归：从 n == str.length() 开始归，从归打印，自然是逆序的

递推关系
$f(n)=\{\begin{array}{ll}停止& n=str.length()\\ f(n+1)& 0\le n\le str.length()-1\end{array}$

代码为

public static void reversePrint(String str, int index) {if (index == str.length()) {return;}reversePrint(str, index + 1);System.out.println(str.charAt(index));
}

拆解伪码如下，假设字符串为 “abc”

void reversePrint(String str, int index = 0) {void reversePrint(String str, int index = 1) {void reversePrint(String str, int index = 2) {void reversePrint(String str, int index = 3) { if (index == str.length()) {return; // 开始归}}System.out.println(str.charAt(index)); // 打印 c}System.out.println(str.charAt(index)); // 打印 b}System.out.println(str.charAt(index)); // 打印 a
}

E03. 二分查找（单路递归）

public static int binarySearch(int[] a, int target) {return recursion(a, target, 0, a.length - 1);
}public static int recursion(int[] a, int target, int i, int j) {if (i > j) {return -1;}int m = (i + j) >>> 1;if (target < a[m]) {return recursion(a, target, i, m - 1);} else if (a[m] < target) {return recursion(a, target, m + 1, j);} else {return m;}
}

E04. 冒泡排序（单路递归）

public static void main(String[] args) {int[] a = {3, 2, 6, 1, 5, 4, 7};bubble(a, 0, a.length - 1);System.out.println(Arrays.toString(a));
}private static void bubble(int[] a, int low, int high) {if(low == high) {return;}int j = low;for (int i = low; i < high; i++) {if (a[i] > a[i + 1]) {swap(a, i, i + 1);j = i;}}bubble(a, low, j);
}private static void swap(int[] a, int i, int j) {int t = a[i];a[i] = a[j];a[j] = t;
}

• low 与 high 为未排序范围
• j 表示的是未排序的边界，下一次递归时的 high
  • 发生交换，意味着有无序情况
  • 最后一次交换（以后没有无序）时，左侧 i 仍是无序，右侧 i+1 已然有序

E05. 插入排序（单路递归）

先复习下插入排序：
假设前面 n-1(其中 n>=2)个数已经是排好顺序的，现将第 n 个数插到前面已经排好的序列中，然后找到合适自己的位置，使得插入第n个数的这个序列也是排好顺序的。

按照此法对所有元素进行插入，直到整个序列排为有序的过程，称为插入排序。

从小到大的插入排序整个过程如图示：

第一轮：从第二位置的 6 开始比较，比前面 7 小，交换位置。

第二轮：第三位置的 9 比前一位置的 7 大，无需交换位置。

第三轮：第四位置的 3 比前一位置的 9 小交换位置，依次往前比较。

就这样依次比较到最后一个元素。

public static void main(String[] args) {int[] a = {3, 2, 6, 1, 5, 7, 4};insertion(a, 1, a.length - 1);System.out.println(Arrays.toString(a));
}/*** 使用插入排序算法对数组进行排序。* 该方法通过递归方式逐步将未排序的元素插入到已排序的序列中，直到所有元素都被排序。* * @param a 待排序的数组。* @param low 当前需要排序的起始位置。*/private static void insertion(int[] a, int low) {// 如果当前位置等于数组长度，说明所有元素都已经排序完成，递归结束。if (low == a.length) {return;}// 将当前需要排序的元素暂存到变量t中。int t = a[low];// 初始化已排序区域的指针i为当前需要排序位置的前一个位置。int i = low - 1; // 已排序区域指针// 向前移动已排序区域的指针i，直到找到t应该插入的位置。while (i >= 0 && t < a[i]) { // 没有找到插入位置// 将已排序区域的元素向后移动一位，为空出插入位置。a[i + 1] = a[i]; // 空出插入位置i--;}// 如果t的插入位置不是low位置，将t插入到正确的位置。// 找到插入位置if (i + 1 != low) {a[i + 1] = t;}// 递归调用插入排序函数，对下一个元素进行排序。insertion(a, low + 1);}

• 已排序区域：[0 … i … low-1]
• 未排序区域：[low … high]
• 只考虑 low 边界的情况，参考以上代码，理解 low-1 … high 范围内的处理方法
• 扩展：利用二分查找 leftmost 版本，改进寻找插入位置的代码

E06. 约瑟夫问题（单路递归）

$n$ 个人排成圆圈，从头开始报数，每次数到第 $m$ 个人（$m$ 从 $1$ 开始）杀之，继续从下一个人重复以上过程，求最后活下来的人是谁？

例如N=6，M=5，被杀掉的顺序是：5，4，6，2，3，1。
如图：

递归公式

f(n,m)=(f(n-1,m)+m-1)%n+1
f(n,m)指n个人，报第m个编号淘汰最终编号

推导过程：

当n=1时，最后一个淘汰也是第一个淘汰的为编号1

当n>1时，如下图所示

可以看出，设原编号为i,新编号为j,则可得到

i = (j + m - 1) % n + 1

最终递推式

$f(n,m)=\{\begin{array}{ll}(f(n-1,m)+m)\%n& n>1\\ 0& n=1\end{array}$

这样，我们就不用模拟操作，可以直接从数值的关系找到递推的关系，可以轻轻松松的写下代码：

import java.util.*;public class Joseph {public int getResult(int n, int m) {if (n == 1) {return 1; }return (getResult(n-1, m) + m - 1) % n + 1;}
}

迭代方式如下

public class Joseph {public int getResult(int n, int m) {int value = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {value = (value + m - 1) % i + 1;}return value;}
}

3. 多路递归 Multi Recursion

E01. 斐波那契数列-Leetcode 70

● 之前的例子是每个递归函数只包含一个自身的调用，这称之为 single recursion
● 如果每个递归函数例包含多个自身调用，称之为 multi recursion

🤔简单的介绍以下斐波那契数列是什么

💥斐波那契数列（Fibonacci sequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契（Leonardo
Fibonacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、……在数学上，斐波那契数列以如下被以递推的方法定义：F(0)=0，F(1)=1,
F(n)=F(n - 1)+F(n - 2)（n ≥ 2，n ∈ N*）.

斐波那契数列指的是这样一个数列：0，1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89…

这个数列从第3项开始，每一项都等于前两项之和。

了解之后，接下来来分析如何通过递归实现一个斐波那契数列。

递推关系

$f(n)=\{\begin{array}{ll}0& n=0\\ 1& n=1\\ f(n-1)+f(n-2)& n>1\end{array}$

下面的表格列出了数列的前几项

F0	F1	F2	F3	F4	F5	F6	F7	F8	F9	F10	F11	F12	F13
0	1	1	2	3	5	8	13	21	34	55	89	144	233

接下来实现一个通过我们输入一个数列数，来判断该数具体的数值为多少？比如输入第8项，会输出对应斐波那契数列中的13.斐波那契数列中依次是从左到右，由第一项开始。

实现思路：

    （一）首先我们得先找一下想要让此递归方法终止的条件是什么，再着手于每一次调用的变化。（二）斐波那契数列的第一项和第二项分别是0和1，而往后的第三项，第四项...都是其前两项的和，往往终止条件即是起始条件，我们可以把第一项和第二项视为终止条件，可以把往后的第N项拆分成若干个第一项和第二项相加。（三）以我们输入的第n项，进行第一次调用时判断是否满足终止条件，如不满足则进行“递”的过程，将第n项的前一项和前两项再进行传递，依次判断，到最后n为第一项或第二项时，进行“归”的过程，依次相加得出最后的结果。

public static int f(int n) {if (n == 0) {return 0;}if (n == 1) {return 1;}return f(n - 1) + f(n - 2);
}

执行流程

• 绿色代表正在执行（对应递），灰色代表执行结束（对应归）
• 递不到头，不能归，对应着深度优先搜索

时间复杂度

• 递归的次数也符合斐波那契规律，$2\ast f(n+1)-1$
• 时间复杂度推导过程
  • 斐波那契通项公式 $f(n)=\frac{1}{\sqrt{5}}\ast ({\frac{1+\sqrt{5}}{2}}^n-{\frac{1-\sqrt{5}}{2}}^n)$
  • 简化为：$f(n)=\frac{1}{2.236}\ast ({1.618}^n-{(-0.618)}^n)$
  • 带入递归次数公式 $2\ast \frac{1}{2.236}\ast ({1.618}^{n+1}-{(-0.618)}^{n+1})-1$
  • 时间复杂度为 $\Theta (1.618^n)$

E02. 汉诺塔（多路递归）

Tower of Hanoi，是一个源于印度古老传说：大梵天创建世界时做了三根金刚石柱，在一根柱子从下往上按大小顺序摞着 64 片黄金圆盘，大梵天命令婆罗门把圆盘重新摆放在另一根柱子上，并且规定
● 一次只能移动一个圆盘
● 小圆盘上不能放大圆盘

下面的动图演示了4片圆盘的移动方法

使用程序代码模拟圆盘的移动过程，并估算出时间复杂度

思路

● 假设每根柱子标号 a，b，c，每个圆盘用 1，2，3 … 表示其大小，圆盘初始在 a，要移动到的目标是 c
● 如果只有一个圆盘，此时是最小问题，可以直接求解
○ 移动圆盘1 $a\mapsto c$

• 如果有两个圆盘，那么
  • 圆盘1 $a\mapsto b$
  • 圆盘2 $a\mapsto c$
  • 圆盘1 $b\mapsto c$

• 如果有三个圆盘，那么
  • 圆盘12 $a\mapsto b$
  • 圆盘3 $a\mapsto c$
  • 圆盘12 $b\mapsto c$
    
• 如果有四个圆盘，那么
  • 圆盘 123 $a\mapsto b$
  • 圆盘4 $a\mapsto c$
  • 圆盘 123 $b\mapsto c$

综上我们可以将问题分解为以下三个步骤：

• 将A柱上的n-1个盘子移动到B柱上
• 将A柱上剩下的一个盘子移动到C柱上。
• 将B柱上的n-1个盘子移动到C柱上。
  通过递归地执行这三个步骤，我们最终可以实现将所有盘子从A柱移动到C柱的目标。

【注意事项】

• 递归的终止条件：当只有一个盘子时，可以直接将其从A柱移动到C柱，此时递归终止。
• 递归的分解：将问题分解为三个步骤，每次递归调用都是为了完成这三个步骤中的一个。
  +递归的回溯：在完成一个递归调用后，需要将问题状态恢复到递归调用前的状态，以便进行下一个递归调用。
• 递归的效率：汉诺塔问题的递归解法时间复杂度为O(2^n)，其中n表示盘子的数量。因此，当盘子数量较大时，递归解法的时间复杂度会非常高。

解题

public class E02HanoiTower {/*源 借 目h(4, a, b, c) -> h(3, a, c, b)a -> ch(3, b, a, c)*/static LinkedList<Integer> a = new LinkedList<>();static LinkedList<Integer> b = new LinkedList<>();static LinkedList<Integer> c = new LinkedList<>();static void init(int n) {for (int i = n; i >= 1; i--) {a.add(i);}}/*** <h3>移动圆盘</h3>** @param n 圆盘个数* @param a 由* @param b 借* @param c 至*/static void move(int n, LinkedList<Integer> a,LinkedList<Integer> b,LinkedList<Integer> c) {if (n == 0) {return;}move(n - 1, a, c, b);   // 把 n-1 个盘子由a,借c,移至bc.addLast(a.removeLast()); // 把最后的盘子由 a 移至 c
//        print();move(n - 1, b, a, c);   // 把 n-1 个盘子由b,借a,移至c}private static void print() {System.out.println("-----------------------");System.out.println(a);System.out.println(b);System.out.println(c);}public static void main(String[] args) {init(3);print();move(3, a, b, c);}
}

E03. 杨辉三角

杨辉三角形的特点：

• 第 n 行有 n 个数字；
• 每一行的开始和结尾数字都为 1；
• 从第 3 行起，除去每一行的开始和结尾数字，其余每个数都满足以下条件：
  • 任意一个数等于上一行同列和上一行前一列的和，

如以下杨辉三角形中第 3 行第 2 列中的 2 等于它上一行同列（第 2 行第 2 列中的 1）和上一行前一列（第 2 行第 1 列中的 1）的和。

        11   11   2   11   3   3   1
1   4   6   4   1

● 行 $i$，列 $j$，那么 $[i][j]$ 的取值应为 $[i-1][j-1]+[i-1][j]$
● 当 $j=0$ 或 $i=j$ 时，$[i][j]$ 取值为 $1$

题解

public static void print(int n) {for (int i = 0; i < n; i++) {if (i < n - 1) {System.out.printf("%" + 2 * (n - 1 - i) + "s", " ");}for (int j = 0; j < i + 1; j++) {System.out.printf("%-4d", element(i, j));}System.out.println();}
}public static int element(int i, int j) {if (j == 0 || i == j) {return 1;}return element(i - 1, j - 1) + element(i - 1, j);
}

优化1

是 multiple recursion，因此很多递归调用是重复的，例如

• recursion(3, 1) 分解为
  • recursion(2, 0) + recursion(2, 1)
• 而 recursion(3, 2) 分解为
  • recursion(2, 1) + recursion(2, 2)

这里 recursion(2, 1) 就重复调用了，事实上它会重复很多次，可以用 static AtomicInteger counter = new AtomicInteger(0) 来查看递归函数的调用总次数

事实上，可以用memoization来进行优化：

public static void print1(int n) {int[][] triangle = new int[n][];for (int i = 0; i < n; i++) {// 打印空格triangle[i] = new int[i + 1];for (int j = 0; j <= i; j++) {System.out.printf("%-4d", element1(triangle, i, j));}System.out.println();}
}/*** 使用动态规划计算三角形中从顶部到指定位置的路径数。* 动态规划的思想是利用已经计算过的结果来推导当前结果，避免重复计算。* 此方法采用二维数组来存储中间结果，以提高计算效率。* <h3>优化1 - 使用二维数组记忆法</h3>** @param triangle 二维数组* @param i        行坐标* @param j        列坐标* @return 该坐标元素值*/private static int element1(int[][] triangle, int i, int j) {// 检查当前位置的值是否已经计算过，如果大于0则直接返回该值。if (triangle[i][j] > 0) {return triangle[i][j];}// 处理边界情况：当列索引为0或与行索引相等时，只有一条路径可达，直接返回1。if (j == 0 || i == j) {triangle[i][j] = 1;return 1;}// 计算当前位置的路径数，它等于上方和左上方两个位置的路径数之和。triangle[i][j] = element1(triangle, i - 1, j - 1) + element1(triangle, i - 1, j);return triangle[i][j];}

优化2

public static void print2(int n) {int[] row = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) {// 打印空格createRow(row, i);for (int j = 0; j <= i; j++) {System.out.printf("%-4d", row[j]);}System.out.println();}
}private static void createRow(int[] row, int i) {if (i == 0) {row[0] = 1;return;}for (int j = i; j > 0; j--) {row[j] = row[j - 1] + row[j];}
}

注意：还可以通过每一行的前一项计算出下一项，不必借助上一行，这与杨辉三角的另一个特性有关，暂不展开了

4. 递归优化-记忆法

上述代码存在很多重复的计算，例如求 $f(5)$ 递归分解过程

可以看到（颜色相同的是重复的）：

• $f(3)$ 重复了 2 次
• $f(2)$ 重复了 3 次
• $f(1)$ 重复了 5 次
• $f(0)$ 重复了 3 次

随着 $n$ 的增大，重复次数非常可观，如何优化呢？

Memoization 记忆法（也称备忘录）是一种优化技术，通过存储函数调用结果（通常比较昂贵），当再次出现相同的输入（子问题）时，就能实现加速效果，改进后的代码

public static void main(String[] args) {int n = 13;int[] cache = new int[n + 1];Arrays.fill(cache, -1);cache[0] = 0;cache[1] = 1;System.out.println(f(cache, n));
}public static int f(int[] cache, int n) {if (cache[n] != -1) {return cache[n];}cache[n] = f(cache, n - 1) + f(cache, n - 2);return cache[n];
}

优化后的图示，只要结果被缓存，就不会执行其子问题

• 改进后的时间复杂度为 $O(n)$
• 请自行验证改进后的效果
• 请自行分析改进后的空间复杂度

注意

1. 记忆法是动态规划的一种情况，强调的是自顶向下的解决
2. 记忆法的本质是空间换时间

5. 递归优化-尾递归

爆栈
用递归做
n+(n−1)+(n−2)…+1

public static long sum(long n) {if (n == 1) {return 1;}return n + sum(n - 1);
}

在我的机器上 $n=12000$ 时，爆栈了

Exception in thread "main" java.lang.StackOverflowErrorat Test.sum(Test.java:10)at Test.sum(Test.java:10)at Test.sum(Test.java:10)at Test.sum(Test.java:10)at Test.sum(Test.java:10)...

为什么呢？

• 每次方法调用是需要消耗一定的栈内存的，这些内存用来存储方法参数、方法内局部变量、返回地址等等
• 方法调用占用的内存需要等到方法结束时才会释放
• 而递归调用我们之前讲过，不到最深不会回头，最内层方法没完成之前，外层方法都结束不了
  • 例如，$sum(3)$ 这个方法内有个需要执行 $3+sum(2)$，$sum(2)$ 没返回前，加号前面的 $3$ 不能释放
  • 看下面伪码

long sum(long n = 3) {return 3 + long sum(long n = 2) {return 2 + long sum(long n = 1) {return 1;}}
}

尾调用
如果函数的最后一步是调用一个函数，那么称为尾调用，例如

function a() {return b()
}

下面三段代码不能叫做尾调用

function a() {const c = b()return c
}

因为最后一步并非调用函数

function a() {return b() + 1
}

最后一步执行的是加法

function a(x) {return b() + x
}

● 最后一步执行的是加法

一些语言的编译器能够对尾调用做优化，例如

function a() {// 做前面的事return b() 
}function b() {// 做前面的事return c()
}function c() {return 1000
}a()

没优化之前的伪码

function a() {return function b() {return function c() {return 1000}}
}

优化后伪码如下

a()
b()
c()

为何尾递归才能优化？

调用 a 时

● a 返回时发现：没什么可留给 b 的，将来返回的结果 b 提供就可以了，用不着我 a 了，我的内存就可以释放

调用 b 时

● b 返回时发现：没什么可留给 c 的，将来返回的结果 c 提供就可以了，用不着我 b 了，我的内存就可以释放

如果调用 a 时

● 不是尾调用，例如 return b() + 1，那么 a 就不能提前结束，因为它还得利用 b 的结果做加法

尾递归

尾递归是尾调用的一种特例，也就是最后一步执行的是同一个函数

尾递归避免爆栈

安装 Scala

Scala 入门

object Main {def main(args: Array[String]): Unit = {println("Hello Scala")}
}

• Scala 是 java 的近亲，java 中的类都可以拿来重用
• 类型是放在变量后面的
• Unit 表示无返回值，类似于 void
• 不需要以分号作为结尾，当然加上也对

还是先写一个会爆栈的函数

def sum(n: Long): Long = {if (n == 1) {return 1}return n + sum(n - 1)
}

• Scala 最后一行代码若作为返回值，可以省略 return

不出所料，在 $n=11000$ 时，还是出了异常

println(sum(11000))Exception in thread "main" java.lang.StackOverflowErrorat Main$.sum(Main.scala:25)at Main$.sum(Main.scala:25)at Main$.sum(Main.scala:25)at Main$.sum(Main.scala:25)...

这是因为以上代码，还不是尾调用，要想成为尾调用，那么：

1. 最后一行代码，必须是一次函数调用
2. 内层函数必须摆脱与外层函数的关系，内层函数执行后不依赖于外层的变量或常量

def sum(n: Long): Long = {if (n == 1) {return 1}return n + sum(n - 1)  // 依赖于外层函数的 n 变量
}

如何让它执行后就摆脱对 n 的依赖呢？

• 不能等递归回来再做加法，那样就必须保留外层的 n
• 把 n 当做内层函数的一个参数传进去，这时 n 就属于内层函数了
• 传参时就完成累加, 不必等回来时累加

sum(n - 1, n + 累加器)

改写后代码如下

@tailrec
def sum(n: Long, accumulator: Long): Long = {if (n == 1) {return 1 + accumulator} return sum(n - 1, n + accumulator)
}

• accumulator 作为累加器
• @tailrec 注解是 scala 提供的，用来检查方法是否符合尾递归
• 这回 sum(10000000, 0) 也没有问题，打印 50000005000000

执行流程如下，以伪码表示 $sum(4,0)$

// 首次调用
def sum(n = 4, accumulator = 0): Long = {return sum(4 - 1, 4 + accumulator)
}// 接下来调用内层 sum, 传参时就完成了累加, 不必等回来时累加，当内层 sum 调用后，外层 sum 空间没必要保留
def sum(n = 3, accumulator = 4): Long = {return sum(3 - 1, 3 + accumulator)
}// 继续调用内层 sum
def sum(n = 2, accumulator = 7): Long = {return sum(2 - 1, 2 + accumulator)
}// 继续调用内层 sum, 这是最后的 sum 调用完就返回最后结果 10, 前面所有其它 sum 的空间早已释放
def sum(n = 1, accumulator = 9): Long = {if (1 == 1) {return 1 + accumulator}
}

本质上，尾递归优化是将函数的递归调用，变成了函数的循环调用

改循环避免爆栈

public static void main(String[] args) {long n = 100000000;long sum = 0;for (long i = n; i >= 1; i--) {sum += i;}System.out.println(sum);
}

6. 递归时间复杂度-Master theorem

若有递归式

$T(n)=aT(\frac{n}{b})+f(n)$

其中

• $T(n)$ 是问题的运行时间，$n$ 是数据规模
• $a$ 是子问题个数
• $T(\frac{n}{b})$ 是子问题运行时间，每个子问题被拆成原问题数据规模的 $\frac{n}{b}$
• $f(n)$ 是除递归外执行的计算

令 $x={\log }_{b}a$，即 $x={\log }_{子问题缩小倍数}子问题个数$

那么

$T(n)=\{\begin{array}{ll}\Theta (n^x)& f(n)=O(n^c)并且c<x\\ \Theta (n^x\log n)& f(n)=\Theta (n^x)\\ \Theta (n^c)& f(n)=\Omega (n^c)并且c>x\end{array}$

例1

$T(n)=2T(\frac{n}{2})+n^4$

• 此时 $x=1<4$，由后者决定整个时间复杂度 $\Theta (n^4)$
• 如果觉得对数不好算，可以换为求【$b$ 的几次方能等于 $a$】

例2

$T(n)=T(\frac{7n}{10})+n$

• $a=1,b=\frac{10}{7},x=0,c=1$
• 此时 $x=0<1$，由后者决定整个时间复杂度 $\Theta (n)$

例3

$T(n)=16T(\frac{n}{4})+n^2$

• $a=16,b=4,x=2,c=2$
• 此时 $x=2=c$，时间复杂度 $\Theta (n^2\log n)$

例4

$T(n)=7T(\frac{n}{3})+n^2$

• $a=7,b=3,x=1.?,c=2$
• 此时 $x={\log }_{3}7<2$，由后者决定整个时间复杂度 $\Theta (n^2)$

例5

$T(n)=7T(\frac{n}{2})+n^2$

• $a=7,b=2,x=2.?,c=2$
• 此时 $x=lo{g}_{2}7>2$，由前者决定整个时间复杂度 $\Theta (n^{{\log }_{2}7})$

例6

$T(n)=2T(\frac{n}{4})+\sqrt{n}$

• $a=2,b=4,x=0.5,c=0.5$
• 此时 $x=0.5=c$，时间复杂度 $\Theta (\sqrt{n}\log n)$

例7. 二分查找递归

int f(int[] a, int target, int i, int j) {if (i > j) {return -1;}int m = (i + j) >>> 1;if (target < a[m]) {return f(a, target, i, m - 1);} else if (a[m] < target) {return f(a, target, m + 1, j);} else {return m;}
}

• 子问题个数 $a=1$
• 子问题数据规模缩小倍数 $b=2$
• 除递归外执行的计算是常数级 $c=0$

$T(n)=T(\frac{n}{2})+n^0$

• 此时 $x=0=c$，时间复杂度 $\Theta (\log n)$

例8. 归并排序递归

void split(B[], i, j, A[])
{if (j - i <= 1)                    return;                                m = (i + j) / 2;             // 递归split(A, i, m, B);  split(A, m, j, B); // 合并merge(B, i, m, j, A);
}

• 子问题个数 $a=2$
• 子问题数据规模缩小倍数 $b=2$
• 除递归外，主要时间花在合并上，它可以用 $f(n)=n$ 表示

$T(n)=2T(\frac{n}{2})+n$

• 此时 $x=1=c$，时间复杂度 $\Theta (n\log n)$

例9. 快速排序递归

algorithm quicksort(A, lo, hi) is if lo >= hi || lo < 0 then return// 分区p := partition(A, lo, hi) // 递归quicksort(A, lo, p - 1) quicksort(A, p + 1, hi)

• 子问题个数 $a=2$
• 子问题数据规模缩小倍数
  • 如果分区分的好，$b=2$
  • 如果分区没分好，例如分区1 的数据是 0，分区 2 的数据是 $n-1$
• 除递归外，主要时间花在分区上，它可以用 $f(n)=n$ 表示

情况1 - 分区分的好

$T(n)=2T(\frac{n}{2})+n$

• 此时 $x=1=c$，时间复杂度 $\Theta (n\log n)$

情况2 - 分区没分好

$T(n)=T(n-1)+T(1)+n$

• 此时不能用主定理求解

7. 递归时间复杂度-展开求解

像下面的递归式，都不能用主定理求解

例1 - 递归求和

long sum(long n) {if (n == 1) {return 1;}return n + sum(n - 1);
}

$T(n)=T(n-1)+c$，$T(1)=c$

下面为展开过程

$T(n)=T(n-2)+c+c$

$T(n)=T(n-3)+c+c+c$

…

$T(n)=T(n-(n-1))+(n-1)c$

• 其中 $T(n-(n-1))$ 即 $T(1)$
• 带入求得 $T(n)=c+(n-1)c=nc$

时间复杂度为 $O(n)$

例2 - 递归冒泡排序

void bubble(int[] a, int high) {if(0 == high) {return;}for (int i = 0; i < high; i++) {if (a[i] > a[i + 1]) {swap(a, i, i + 1);}}bubble(a, high - 1);
}

$T(n)=T(n-1)+n$，$T(1)=c$

下面为展开过程

$T(n)=T(n-2)+(n-1)+n$

$T(n)=T(n-3)+(n-2)+(n-1)+n$

…

$T(n)=T(1)+2+...+n=T(1)+(n-1)\frac{2+n}{2}=c+\frac{n^2}{2}+\frac{n}{2}-1$

时间复杂度 $O(n^2)$

例3 - 递归快排

快速排序分区没分好的极端情况

$T(n)=T(n-1)+T(1)+n$，$T(1)=c$

$T(n)=T(n-1)+c+n$

下面为展开过程

$T(n)=T(n-2)+c+(n-1)+c+n$

$T(n)=T(n-3)+c+(n-2)+c+(n-1)+c+n$

…

$T(n)=T(n-(n-1))+(n-1)c+2+...+n=\frac{n^2}{2}+\frac{2cn+n}{2}-1$

时间复杂度 $O(n^2)$