【算法】2 由股票收益问题再看分治算法和递归式

回顾分治算法

分治算法的英文名叫做“divide and conquer”，它的意思是将一块领土分解为若干块小部分，然后一块块的占领征服，让它们彼此异化。这就是英国人的军事策略，但我们今天要看的是算法。

如前所述，分治算法有3步，在上一篇中已有介绍，它们对应的英文名分别是：divide、conquer、combine。

接下来我们通过多个小算法来深化对分治算法的理解。

二分查找算法

问题描述：在已排序的数组A中查找是否存在数字n。

1）分：取得数组A中的中间数，并将其与n比较

2）治：假设数组为递增数组，若n比中间数小，则在数组左半部分继续递归查找执行“分”步骤

3）组合：由于在数组A中找到n后便直接返回了，因此这一步就无足轻重了

平方算法

问题描述：计算x的n次方

我们有原始算法：用x乘以x，再乘以x，再乘以x，一直有n个x相乘

这样一来算法的复杂度就是Θ(n)\Theta(n)。

分治算法：我们可以将n一分为二，于是，

当n为奇数时，xn=x(n−1)/2∗x(n−1)/2∗xx^n=x^{(n-1)/2}*x^{(n-1)/2}*x

当x为偶数时，xn=xn/2∗xn/2x^n=x^{n/2}*x^{n/2}

此时的复杂度就变成了Θ(lgn)\Theta(lgn)。

斐波那契数

斐波那契数的定义如下：

f0=0 f_0 = 0

f1=1 f_1 = 1

fi=fi−1+fi−2(i>1) f_i = f_{i-1}+f_{i-2} (i > 1)

当然，可以直接用递归来求解，但是这样一来花费的时间就是指数级的Ω(Φn)\Omega(\Phi ^n)，Φ\Phi为黄金分割数。

然后我们可以更进一步让其为多项式时间。



上面这幅图虽然比较简略，在求n为6时的斐波那契数，我们却求解了3次F3，F1和F0的求解次数则更多了，我们完全可以让其只求解一次。

对此，还有一个计算公式：

Fi=Φi−Φ¯i(√5)F_i=\frac{\Phi^i-\overline\Phi^i}{\sqrt(5)}

其中Φ¯¯¯\overline\Phi是黄金分割率Φ\Phi的共轭数。

然后这个公式只存在与理论中，在当今计算机中仍旧无法计算，因为我们只能使用浮点型，而浮点型都有一定的精度，最后计算的时候铁定了会丢失一些精度的。

下面再介绍一种平方递归算法：



一时忘了矩阵怎么计算成绩，感谢@fireworkpark 相助。

最大子数组问题

最近有一个比较火的话题，股票，那么这一篇就由此引入来进一步学习分治算法。在上一篇博客中已经对插入排序和归并排序做了初步的介绍，大家可以看看：【算法基础】由插入排序看如何分析和设计算法

当然了，这篇博客主要用来介绍算法而非讲解股票，所以这里已经有了股票的价格，如下所示。

[thead]
[/thead]

天	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18
股票价格	50	57	65	75	67	60	54	51	48	44	47	43	56	64	71	65	61	73	70
价格波动	0	7	8	18	-8	-7	-6	-3	-3	-4	3	-4	13	10	7	-6	-4	12	-3

价格表已经有了问题是从哪一天买进、哪一天卖出会使得收益最高呢？你可以认为在价格最低的时候买入，在价格最高的时候卖出，这是对的，但不一定任何时候都适用。在这里的价格表中，股票价格最高的时候是第3天、价格最低的时候是第11天，怎么办？让时间反向行驶？

就像我以前参加学校里的程序设计竞赛时一样，也可以用多个for循环不断的进行比较。这里就是将每对可能的买进和卖出日期进行组合，只要卖出日期在买进日期之前就好，这样在18天中就有C218C_{18}^2种日期组合，也可以写成(182)(_2^{18})。因此对于nn天，就有(n2)(_2^n)种组合，而(n2)=Θ(n2)(_2^n)=\Theta(n^2)，另外处理每对日期所花费的时间至少也是常量，因此这种方法的运行时间为Ω(n2)\Omega(n^2)。

然后，我们在学习算法，自然要以算法的角度来看这个问题。比起股票价格，我们更应该关注价格波动。如果将这个波动定义为数组A，那么问题就转换为寻找A的和最大的非空连续子数组。这种连续子数组就是标题中的最大子数组（maximum subarray）。将原表简化如下：

[thead]
[/thead]

数组	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18
A	7	8	18	-8	-7	-6	-3	-3	-4	3	-4	13	10	7	-6	-4	12	-3

在这个算法中，常常被说成是“一个最大子数组”而不是“最大子数组”，因为可能有多个子数组达到最大和。

只有当数组中包含负数时，最大子数组问题才有意义。如果所有数组元素都是非负的，最大子数组问题没有任何难度，因为整个数组的和肯定是最大的。

使用分治思想解决问题

我们将实际问题转换为算法问题，在这里也就是要寻找子数组A[low...high]A[low...high]的最大子数组。分治思想意味着将问题一分为二，这里就需要找到数组的中间位置midmid，然后考虑求解2个子数组A[low...mid]A[low...mid]和A[mid+1...high]A[mid+1...high]。而A[low...high]A[low...high]的任何连续子数组A[i...j]A[i...j]所处的位置必然是以下情况之一：

1）完全位于子数组A[low...mid]A[low...mid]中，因此low≤i≤j≤midlow\leq i\leq j \leq mid；

2）完全位于子数组A[mid+1...high]A[mid+1...high]中，因此mid<i≤j≤highmid；

3）跨越中点midmid，因此low≤i≤mid≤j≤highlow\leq i\leq mid\leq j\leq high。

A[low...high]A[low...high]的一个最大子数组所处的位置必然是这三种情况之一，而且还是这三种情况中所有子数组中和最大者。对于第1种和第2种情况我们可以通过递归来求解最大子数组，对于第三种情况我们可以通过下面伪代码所示来求解。

FIND-MAX-CROSSING-SUBARRAY(A,low,mid,high)
1   left-sum = -10000
2   sum = 0
3   for i = mid downto low
4        sum = sum + A[i]
5        if sum > left-sum
6             left-sum = sum
7             max-left = i
8   right-sum = -10000
9   sum = 0
10  for j = mid + 1 to high
11       sum = sum + A[i]
12       if sum > right-sum
13            right-sum = sum
14            max-right = j
15   return (max-left, max-right, left-sum + right-sum)

下面是以上程序的一个简易程序。

#include <iostream>
#include <cstdio>

using namespace std;

int const n=18;
int A
={7,8,18,-8,-7,-6,-3,-3,-4,3,-4,13,10,7,-6,-4,12,-3};
int B[3];
int low,high,mid;
int max_left,max_right;
int sum;

void find_max_crossing_subarray(int A[],int low,int mid,int high);

int main()
{
    find_max_crossing_subarray(A,0,7,15);
    for(int i=0;i<3;i++)
    {
        printf("%d ",B[i]);
    }
    return 0;
}

void find_max_crossing_subarray(int A[],int low,int mid,int high)
{
   int left_sum=-10000;
   sum=0;
   for(int i=mid;i>=low;i--)
   {
       sum=sum+A[i];
       if(sum>left_sum)
       {
           left_sum=sum;
           max_left=i;
       }
   }
   int right_sum=-10000;
   sum=0;
   for(int j=mid+1;j<=high;j++)
   {
       sum=sum+A[j];
       if(sum>right_sum)
       {
           right_sum=sum;
           max_right=j;
       }
   }
   B[0]=max_left;
   B[1]=max_right;
   B[2]=left_sum+right_sum;
}

如果子数组A[low...high]A[low...high]包含n个元素（即n=high−low+1n=high-low+1），则调用FIND-MAX-CROSSING-SUBARRAY(A,low,mid,high)花费Θ(n)\Theta(n)时间。而上面的两个for循环都次迭代都会花费Θ(1)\Theta(1)时间，每个for循环都执行了mid−low+1mid-low+1（或high−midhigh-mid）次迭代，因此总循环的迭代次数为：

(mid−low+1)+(high−mid)=high−low+1=n(mid-low+1)+(high-mid)=high-low+1=n

可以看出上面的算法所花费的时间是线性的，这样我们就可以来求解最大子数组问题的分治算法的伪代码咯：

FIND-MAXIMUM-SUBARRAY(A,low,high)
1   if high==low
2        return (low,high,A[low])
4        (left-low,left-high,left-sum)=FIND-MAXIMUM-SUBARRAY(A,low,mid)
5        (right-low,right-high,right-sum)=FIND-MAXIMUM-SUBARRAY(A,mid+1,high)
6        (cross-low,cross-high,cross-sum)=FIND-MAX-CROSSING-SUBARRAY(A,low,mid,high)
7        if left-sum>=right-sum and left-sum>=cross-sum)
              return (left-low,left-high,left-sum)
8        else if(right-sum>=left-sum and right-sum>=cross-sum)
              return (right-low,right-high,right-sum)
9        else return (cross-low,cross-high,cross-sum)

只要初始调用FIND-MAXIMUM-SUBARRAY(A,1,A.length)就可以求出A[1...n]A[1...n]的最大子数组了。

分析分治算法和渐近记号中的省略问题

下面我们又来使用递归式来求解前面的递归过程FIND-MAXIMUM-SUBARRAY的运行时间了，就像上一篇分析归并排序那样，对问题进行简化，假设原问题的规模为2的幂，这样所有子数组的规模均为整数。

第1行花费常量时间。当n=1时，直接在第二行return后跳出函数，因此

T(1)=Θ(1)T(1)=\Theta(1)

当n>1时，为递归情况。第1行和第3行都花费常量时间，第4行和第5行求解的子问题均为n/2个元素的子数组，因此每个子问题的求解总运行时间增加了2T(n/2)。第6行调用FIND-MAX-CROSSING-SUBARRAY花费Θ(n)\Theta(n)时间，第7行花费Θ(1)\Theta(1)时间，因此总时间为

T(n)=Θ(1)+2T(n/2)+Θ(n)+Θ(1)=2T(n/2)+Θ(n)T(n)=\Theta(1)+2T(n/2)+\Theta(n)+\Theta(1)=2T(n/2)+\Theta(n)

在上面的步骤中，将Θ(1)\Theta(1)省略掉的作法大家应该都理解吧。

回顾前面n=1的情况，第一行花费了常量时间，第二行同样也花费了常量时间，但这两步花费的总时间却是Θ(1)\Theta(1)而非2Θ(1)2\Theta(1)，这是因为在Θ\Theta符号中已经包含了常数2在内了。

但是为什么第4行和第5行中却是2Θ(n/2)2\Theta(n/2)而非Θ(n/2)\Theta(n/2)时间呢？因为这里是递归呀，这里的因子就决定了递归树种每个结点的孩子个数，因子为2就意味着这是一颗二叉树（也就是每个结点下有2个子节点）。

如果省略了这个因子2会发生什么呢？不要以为就是一个2这么小的数而已哦，后果可严重了，看下图……左侧是一棵4层的树，右侧就是因子为1的树（它已经是线性结构了）。



总结来说，渐近记号都包含了常量因子，但递归符号却不包含它们。

借助递归树求解递归式

前面我们已经看到了递归式，也看到了递归树，那么如何借助递归树来求解递归式呢？接下来就来看看吧。

在递归树中，每个结点都表示一个单一问题的代价，子问题对应某次递归函数调用。

通过对树中每层的代价进行求和，就可以得到每层的代价；然后将所有层的代价求和，就可以得要到所有层次的递归调用的总代价。

我们通常用递归树来得出一个较好的猜测结果，然后用代入法来证明猜测是否正确。但是通过递归树来得到结果时，不可避免的要忍受一些”不精确“，得在稍后才能验证猜测是否正确。

因为下面的示例图太难用键盘敲出来了，我就用了手写，希望大家不介意。



如下所示，有一个递归式，我们要借助它的递归树来求解最终的结果。前面所说的忍受“不精确”这里就有2点：

1）我们要关注的更应该是解的上界，因为我们知道舍入对求解递归式没有影响，因此可以将Θ(n2)\Theta(n^2)写成cn2cn^2，且为该递归式创建了如下递归树。

2）我们还将nn假定为2的幂，这样所有子问题的规模均为正数。

图a所示的是T(n)T(n)，在图b中则得到了一步扩展的机会。它是如何分裂的呢？递归式的系数为3，因此有3个子结点；n被分为2部分，因此每个结点的耗时为T(n/2)T(n/2)。图c所示的则是更加进一步的扩展，且直到最后的终点。

这棵树有多高（深）呢？

我们发现对于深度为ii的结点，相应的规模为n/2in/2^i。因此当n/2i=1n/2^i=1时，也就意味着等式i=log2ni=\log_2 n成立，此时子问题的规模为1。因此这个递归树有log2n+1\log_2 n+1层。那为什么不是log2n\log_2 n层呢？因为深度从00开始，也就是(0,1,2,...,log2n)(0,1,2,...,\log_2 n)。

有了深度还需要计算每一层的代价。其中每层的结点数都是上一层的3倍，因此深度为ii的结点数为3i3^i。而每一层的规模都是上一层的1/41/4，所以对于i=0,1,2,...,log4n−1i=0,1,2,...,\log_4 n -1，深度为ii的每个结点的代价为c(n/2i)2c(n/2^i)^2。

因此对于i=0,1,2,...,log4n−1i=0,1,2,...,\log_4 n -1，深度为ii的所有结点的总代价为(3i)∗(c(n/2i)2)(3^i)*(c(n/2^i)^2)，也就是3ic(n/2i)23^ic(n/2^i)^2。

递归树的最底层深度为log2n\log_2 n，它有3log2n=nlog233^{\log_2 n}=n^{log_2 3}个结点，每个结点的代价为T(1)T(1)，总代价就是nlog23T(1)n^{log_2 3}T(1)，假定T(1)T(1)为常量，即为Θ(nlog23)\Theta(n^{log_2 3})。



至于这最后的4c4c为什么可以直接省略掉，如上一节所说的，渐近记号都包含了常量因子。因此猜测T(n)=Θ(n2)T(n)=\Theta(n^2)。在这个示例中，cn2cn^2的系数形成了一个递减几何级数。由于根结点对总代价的贡献为cn2cn^2，所以根结点的代价占总代价的一个常量比例，也就是说，根结点的代价支配了整棵树的总代价。



不知道大家看不看得清，上面的两行文字是“我们要证的是T(n)≤dn2T(n)\leq dn^2对某个常量d>0d>0成立，使用常量c>0c>0“和”当d≥4cd \geq 4c时，最后一步成立。

写一篇博客本来不会这么漫长的，可是这是算法，结果就不一样了……

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