算法第二章上机实践报告

7-1 二分查找

输入n值(1<=n<=1000)、n个非降序排列的整数以及要查找的数x，使用二分查找算法查找x，输出x所在的下标（0~n-1）及比较次数。若x不存在，输出-1和比较次数。

int BinarySearch(int a[], int x, int n)
{
int count = 0;
int left = 0;
int right = n-1;
while(left<=right)
{
int middle = (left+right)/2;
if(x==a[middle]) 
{
count++;
cout << middle << endl;
cout << count;
return 0;
}
if(x>a[middle]) left = middle + 1;
else right = middle - 1;
count++;
}
cout << "-1" << endl;
cout << count;
return 0;
}

 

这个代码是在书中“二分搜索技术”的代码的基础上修改而来的，主要添加了一个新的变量count储存比较次数，将原本搜索到数据后的返回值改为对count加1，并输出middle数据及count数据。同时，将原本最后在未能搜索到数据时返回-1改为输出-1及count数据并结束binary search。

算法时间复杂度及空间复杂度分析：

 以最坏情况考虑，将搜索n/2^m次，所以m=logn，及O（logn）。

空间复杂度应为一个常数,所以为O（1).

心得体会：对于这个二分查找的题目，本身并不难，但是在过程中，我们仍犯了一些不该犯的错误，如对于count变量的处理思路不清晰，没有想到在对middle输出（即在数组中查找到数据后）前应加入对count最后一次搜索的count计算，导致一直不能输出正确数据，最后仍旧是老师提醒后，才明白，说明我们对于这个编程思路不够清晰，没有考虑周全。

 

7-2 改写二分搜索算法

设a[0:n-1]是已排好序的数组，请改写二分搜索算法，使得当x不在数组中时，返回小于x的最大元素位置i和大于x的最小元素位置j。当搜索元素在数组中时，i和j相同，均为x在数组中的位置。

 

int BinarySearch(int a[], int x, int n)
{
int left = 0;
int right = n-1;
int i=0, j=0;
while(left<=right)
{
int middle = (left+right)/2;
if(x==a[middle]) 
{
cout << middle << " " << middle;
return middle;
}
if(x>a[middle]) left = middle + 1;
else right = middle - 1;
}
if(left>right)
{
i = left-1;
j = left;
}
cout << i << " " << j;
return -1;
}

int main()
{
int n;
int x;
cin >> n >> x;
int a[n];
for(int i=0; i<n; i++)
{
cin >> a[i];
}
if(x<a[0])
{
cout << "-1 0";
return 0;
}
else if(x>a[n-1])
{
cout << n-1 << " " << n;
return 0;
}
BinarySearch(a,x,n);
return 0;
}

 

 

 

这个代码依旧是在“二分搜索技术”代码的基础上修改而成的。首先，因为数组为已排好序的数组，所以对于x比数组最大值大和比最小值小的情况，题目以明确给出“若x小于全部数值，则输出：-1 0 若x大于全部数值，则输出：n-1的值 n的值”的要求。因此，我们在main函数中加入判断语句，判断x是否在数组中，并对两种情况给出相应输出并直接结束。在判断x位于数组中后，进入binarysearch函数进行搜索。同样，我们在开头加入两个新变量i和j来保存小于x的最大元素的最大下标i和大于x的最小元素的最小下标j。然后，在已查找到x的返回值middle之前，加入对middle的两次输出，以满足题目要求的i和j的输出。另外，在所有判断完成后。可以断定只有当left指向比right大的时候，才会跳出while循环。此时x不在数组中，数组中比x大的数为left所指向的数，比x小的数为right所指向的数，因此，对i赋值left-1（left-1在此时与right所指向相同），j赋值left，并输出i和j。

 

算法时间复杂度及空间复杂度分析：

 以最坏情况考虑，将搜索n/2^m次，所以m=logn，及O（logn）。

空间复杂度应为一个常数,所以为O（1).

 心得体会：

对于这个代码，个人感觉比较简单，主要是对于数组与x的先行判断，可以减少一定情况的时间成本。

 

7-3 两个有序序列的中位数

已知有两个等长的非降序序列S1, S2, 设计函数求S1与S2并集的中位数。有序序列A​0​​,A​1​​,⋯,A​N−1​​的中位数指A​(N−1)/2​​的值,即第⌊(N+1)/2⌋个数（A​0​​为第1个数）。

#include <iostream>
using namespace std;
void Arrange(int s1[], int s2[], int N)
{
    int X = N+N;
    int s3[X];
    int i = 0, j = 0, k = 0;
    while(i<N && j<N)
    {
        if(s1[i] < s2[j])
        {
            s3[k] = s1[i];
            k++, i++;
        }
        else
        {
            s3[k] = s2[j];
            k++, j++;
        }
    }
    while(i<N)
    {
        s3[k] = s1[i];
        k++, i++;
    }
    while(j<N)
    {
        s3[k] = s2[j];
        k++, j++;
    }
    cout << s3[(X-1)/2];
}

int main()
{
    int N;
    cin >> N;
    if(N>100000)
    {
        cout<<-1;
        return 0;
    } 
    int s1[N], s2[N];
    for(int i=0; i<N; i++)
    {
        cin >> s1[i];
    }
    for(int i=0; i<N; i++)
    {
        cin >> s2[i];
    }
    if( s1[(N-1)/2] == s2[(N-1)/2] )
    {
        cout << s1[(N-1)/2];
        return 0;
    }
    Arrange(s1, s2, N);
    return 0;
}

对于这个题目，因为两个数组为非降序序列的数组，而我们需要查找他们并集的中位数，所以首先可以进行一个判断，对S1和S2数组中位数是否相等进行判断（如果他们的中位数相等，因为他们为等长的数列，所以他们并集的数列的中位数必定仍为此数），如果相等就直接输出该数字，并直接结束，可以节省一些情况的时间成本。同时，我们在Arrange函数中定义一个新数组s3，其长度为原两个数组的总和。再定义i、j、k三个变量并置0作为s1、s2、s3判断过程中的指针。接着用while循环，在判断i和j指针均小于N的情况下一直判断s1[i]和s2[j]两个数据哪一个小，谁小就将谁存入s3数组中，同时将相应的指针后移（k++加上i++/j++）。再加上两个个新的while循环对i或者j小于N的情况将s1或s2数组中的剩余数据存入s3中。最后输出s3数组的中位数。

 

算法时间复杂度及空间复杂度分析：

Arrange中无好坏情况之分，都需要循环2N次，将s3数组填满，所以时间复杂度为O（n）。

空间复杂度为O（1），因为其中所使用的变量都为可计算的常数级。

 

心得体会：

主要学习到的就是在写完代码后一定要检查。我们浪费了大量时间改写各个地方的条件判断，最后在一次重新看代码时，我才发现是i和j打错了造成的。原应该为“if(s1[i] < s2[j])”的判断语句，我们写成了“if(s1[i] < s2[i])”，再加上这个代码在pta中凑巧每次都能过5个中的3个，我们一直没有怀疑是代码写错，一直在为代码添加新的判断语句，或者修改原语句。而这个本应该可以耗费一点时间就检查出来的，我们却一直没有检查，浪费了许多时间。