数据结构与算法

一、递归

1. 概述

定义：在计算机科学中，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。

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：

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）
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
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

深入到最里层叫递
从最里层处理叫归
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

2.1 阶乘

用递归方法求阶乘

阶乘的定义：n! = 1 * 2 * 3 ... (n - 2) * (n - 1) * n，其中n为自然数，当然 0! = 1
递推关系

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;}}}
}

2.1 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

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));
}

2.2 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;}
}

2.3 冒泡排序（单路递归）

将数组划分为两部分[0 ... j] [j + 1 ... a.length - 1]
左边[0 ... j]是未排序部分
右边[j + 1 ... a.length - 1]是已排序部分
未排序区间内，相邻的两个元素比较，如果前一个大于后一个，则交换位置

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

private static void bubble(int[] a, int j) {if (j == 0) {return;}int x = 0; // x右侧的元素都是有序的for(int i = 0; i < j; i++) {{if(a[i] > a[i + 1]) {{int t = a[i];a[i] = a[i + 1];a[i + 1] = t;x = i;}}bubble(a, x);
}

C++版冒泡排序：exchange右侧都是有序的

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;void BubbleSort(vector<int>& data, int length){int j, exchange, bound, temp;exchange = length - 1;  // 第一趟冒泡排序的区间是[0 ~ length - 1]while(exchange != 0){bound = exchange;exchange = 0;for(j = 0; j < bound; j++)  // 一趟冒泡排序的区间是[0 ~ bound]{if(data[j] > data[j + 1]){temp = data[j];data[j] = data[j + 1];data[j + 1] = temp;exchange = j;  // 记载每一次记录交换的位置 }} } 
}

2.4 插入排序（单路递归）

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));
}private static void insertion(int[] a, int low, int high) {if (low > high) {return;}// low指针指的是未排序区的边界int i = low - 1;  // 已排序区的指针int t = a[low];while (i >= 0 && a[i] > t) {  // 没有找到插入位置a[i + 1] = a[i];  // 空出插入位置i--;}if(i + 1 != low) {a[i + 1] = t;}    insertion(a, low + 1, high);
}

public void insertionSort(int[] nums, int length) {int i, j, temp;for(i = 1; i < length; i++) {temp = nums[i];for(j = i - 1; j >= 0 && temp < nums[j]; j--) {  // 寻找插入位置nums[j + 1] = nums[j];  // 后移}nums[j + 1] = temp;}
}

2.5 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？

解法一：

设josephus(n, m)表示在n个人中，每m个人被杀时最后存活的人。递归关系为：

josephus(n, m) = (josephus(n - 1, m) + m) % n, n > 1
josephus(1, m) = 0

这个关系的意思是，若我们知道n-1个人时的存活者，我们可以通过调整索引来得出n个人时的存活者。

class Solution {  public int findTheWinner(int n, int m) {  return josephus(n, m) + 1; // 转换为1-based索引  }  private int josephus(int n, int m) {  if (n == 1) return 0; // 只有一个人时，返回其索引0  return (josephus(n - 1, m) + m) % n; // 递归公式  }  public static void main(String[] args) {  Solution solution = new Solution();  int n = 7; // 总人数  int m = 3; // 每次报数到m的人被杀  int winner = solution.findTheWinner(n, m);  System.out.println("最后存活下来的人的位置是: " + winner); // 输出最后存活者的1-based索引  }  
}

3 多路递归 Multi Recursion

如果每个递归函数例包含多个自身调用，称之为multi recursion

3.1 裴波那契数列

假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。

每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？

示例 1：

输入：n = 2
输出：2
解释：有两种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶
2. 2 阶

示例 2：

输入：n = 3
输出：3
解释：有三种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶 + 1 阶
2. 1 阶 + 2 阶
3. 2 阶 + 1 阶

提示：

1 <= n <= 45

Java实现

解法一：递归，会超时

class Solution {public int climbStairs(int n) {if(n == 1) {return 1;}if(n == 2) {return 2;}return climbStairs(n - 1) + climbStairs(n - 2);}
}

递归的次数也符合斐波那契数列规律：2 * f(n + 1) - 1

时间复杂度推导过程：

解法二：

class Solution {public int climbStairs(int n) {if(n == 1) {return 1;}if(n == 2) {return 2;}int prev = 1;int curr = 2;for(int i = 3; i <= n; i++) {int temp = curr;curr = prev + curr;prev = temp;}return curr;}
}

3.2 兔子问题

第一个月，有一对未成熟的兔子。第二个月，它们成熟。第三个月，它们能产下一对新的小兔子。所有兔子遵循相同规律，求第n个月的兔子数量。

分析：设第n个月兔子数为f(n)

f(n) = 上个月兔子数 + 新生的小兔子数
新生的小兔子数 = 上个月成熟的兔子数
因为需要一个月兔子就成熟，所以【上个月成熟的兔子数】也就是【上上个月的兔子数】
上个月兔子数，即f(n - 1)；上上个月的兔子数，即f(n-2)

递推公式：f(n) = f(n -1) + f(n - 2)

class Solution {public int f(int n) {if(n == 1 || n == 2) {return 1;}int a = 1; // f(n-2)int b = 1; // f(n-1)int count = 0;for(int i = 3; i <= n; i++) {count = a + b;a = b;  // 更新f(n-2)b = count;   // 更新f(n-1)}return count;}
}

3.3 汉诺塔问题（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

解法一：递归。时间复杂度：O(2^n)

递归分解：

若有n个盘子，以A、B和C分别表示起始柱、辅助柱和目标柱
首先，将前n-1个盘子从柱A移动到柱B，使用柱C作为辅助
接下来，将第n个盘子（最大的盘子）从柱A移动到柱C
最后，将n-1个盘子从柱B移动到柱C，使用柱A作为辅助

class Solution {  public void hanota(List<Integer> A, List<Integer> B, List<Integer> C) {  int n = A.size();  moveDisks(n, A, C, B); // A -> C， B为辅助  }  private void moveDisks(int n, List<Integer> from, List<Integer> to, List<Integer> aux) {  // 基本情况：如果没有盘子要移动，直接返回  if (n == 0) {  return;  }  // 1. 将 n-1 个盘子从 "from" 移动到 "aux"，使用 "to" 作为辅助  moveDisks(n - 1, from, aux, to);  // 2. 将第 n 个盘子从 "from" 移动到 "to"  to.add(from.remove(from.size() - 1)); // 从 "from" 中移除最后一个盘子并添加到 "to"  // 3. 将 n-1 个盘子从 "aux" 移动到 "to"，使用 "from" 作为辅助  moveDisks(n - 1, aux, to, from); }  
}

package com.itheima.algorithm.recursion_multi;import org.springframework.util.StopWatch;import java.util.LinkedList;/*** 递归汉诺塔*/
public class E02HanoiTower {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.addLast(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}// T(n) = 2T(n-1) + c,  O(2^64)public static void main(String[] args) {StopWatch sw = new StopWatch();int n = 1;init(n);print();sw.start("n=1");move(n, a, b, c);sw.stop();print();System.out.println(sw.prettyPrint());}private static void print() {System.out.println("----------------");System.out.println(a);System.out.println(b);System.out.println(c);}
}

3.3 杨辉三角

给定一个非负整数 numRows，生成「杨辉三角」的前 numRows 行。

在「杨辉三角」中，每个数是它左上方和右上方的数的和。

示例 1:

输入: numRows = 5
输出: [[1],[1,1],[1,2,1],[1,3,3,1],[1,4,6,4,1]]

示例 2:

输入: numRows = 1
输出: [[1]]

提示:

1 <= numRows <= 30

递推公式：triangle[i][j] = triangle[i - 1][j - 1] + triangle[i - 1][j]

解法一：迭代

class Solution {  public List<List<Integer>> generate(int numRows) {  List<List<Integer>> triangle = new ArrayList<>();  for (int i = 0; i < numRows; i++) {  List<Integer> row = new ArrayList<>(i + 1);  for (int j = 0; j <= i; j++) {  if (j == 0 || j == i) {  row.add(1); // 第一列和最后一列都为1  } else {  // 当前元素等于上一行的两个元素之和  row.add(triangle.get(i - 1).get(j - 1) + triangle.get(i - 1).get(j));  }  }  triangle.add(row); // 将当前行添加到三角形中  }  return triangle;  }  
}

解法二：递归。这个递归方法对于较大的 numRows（接近 30）可能会非常低效，因为会有大量重复计算。对于较大的输入，推荐使用迭代的方法。

class Solution {  public List<List<Integer>> generate(int numRows) {  List<List<Integer>> triangle = new ArrayList<>();  for(int i = 0; i < numRows; i++) {triangle.add(generateRow(i));}return triangle;  }  private List<Integer> generateRow(int rowIndex) {List<Integer> row = new ArrayList<>();for(int j = 0; j <= rowIndex; j++) {row.add(getValue(rowIndex, j));}return row;}private int getValue(int row, int col) {if(col == 0 || col == row) {return 1;}return getValue(row - 1, col - 1) + getValue(row - 1, col);}
}

解法二：递归优化。备忘录模式

二维数组记忆法

class Solution {  public List<List<Integer>> generate(int numRows) {  List<List<Integer>> triangle = new ArrayList<>();  // 创建一个二维数组用于存储已计算的值  Integer[][] memo = new Integer[numRows][numRows];  for (int i = 0; i < numRows; i++) {  triangle.add(new ArrayList<>());  for (int j = 0; j <= i; j++) {  triangle.get(i).add(getValue(i, j, memo));  }  }  return triangle;  }  private int getValue(int row, int col, Integer[][] memo) {  // 如果位置超出边界，返回 0  if (col < 0 || col > row) {  return 0;  }  // 如果是边界元素(最左或最右)，返回 1  if (col == 0 || col == row) {  return 1;  }  // 如果已经计算过，直接返回  if (memo[row][col] != null) {  return memo[row][col];  }  // 递归计算并存储结果到 memo  memo[row][col] = getValue(row - 1, col - 1, memo) + getValue(row - 1, col, memo);  return memo[row][col];  }  
}

解法三：一维数组记忆法。

    private static void createRow(int[] row, int i) {if (i == 0) {row[0] = 1;return;}for (int j = i; j > 0; j--) {// 下一行当前项等于 上一行的当前项 + 前一项row[j] = row[j] + row[j - 1];}}public static void print2(int n) {int[] row = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) { // 行createRow(row, i);
//            printSpace(n, i);for (int j = 0; j <= i; j++) {System.out.printf("%-4d", row[j]);}System.out.println();}}

4. 递归优化 - 记忆法

斐波那契数列计算过程中存在很多重复的计算，例如求f(5)的递归分解过程

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？

Menoization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。

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

改进前的时间复杂度为Θ(1.618^n)；空间复杂度O(n)
改进后的时间复杂度为O(n)；空间复杂度为O(n)，额外的空间缓存结果

5. 递归优化 - 尾递归

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？

每次方法调用都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。
方法调用占用的内存需要等待方法结束时才会释放
而递归调用不到最深不会回头，最内层方法没完成之前，外层方法都结束不了。

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作尾调用

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

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}}
}

优化后的伪码如下

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，没什么可以留给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了

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：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

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

在n = 11000时出了异常

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)...

这时因为以上代码，这不是尾调用，要想成为尾调用，那么：

最后一行代码，必须是一次函数调用

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
}

如何让它执行后就拜托对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当作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，尾递归优化就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 - 主定理（Master theorem）

若有递归式

其中

T(n)是问题的运行时间，n是数据规模
a是子问题的个数
T(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

例1：T(n) = 2T(n/2) + n ^ 4

此时x = 1 < 4，由后者决定整个时间复杂度Θ(n^4)

例2：T(n) = T(7n / 10) + n

此时x = 0 < 1，由后者决定整个时间复杂度Θ(n)

例3：T(n) = 16T(n/4) + n^2

a = 16, b = 4, x = 2, x = 2；此时x = c = 2，时间复杂度为Θ(n^2 * logn)

例4：T(n) = 7T(n/3) + n^2

a = 7, b = 3, c = 2, x = 1.?；此时x < c，由后者决定整个时间复杂度Θ(n^2)

例5：T(n) = 7T(n/2) + n^2

a = 7, b = 2, c = 2, x = 2.? > c，由前者决定整个时间复杂度Θ(n^log_2 7)

例6：T(n) = 2T(n/4) + sqrt(n)

a = 2, b = 4, c = 1/2，x = c，时间复杂度为Θ(sqrt(n) * logn)

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
除递归之外执行的计算是常数级c = 0
此时x = 0 = c，时间复杂度为Θ(logn)

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(n/2) + n，此时x = 1 = c，时间复杂度Θ(nlogn)

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(n\2) + n

此时 x=1=c，时间复杂度 Θ(nlogn)

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)*(2+n)/2 = c + n^2/2 + n/2 -1

时间复杂度 O(n^2)

注：等差数列求和为个数 * (首项 + 末项)/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