什麼是遞迴?

N!

求出 N!

給你一個數字 N，請輸出 N!

N! = \prod_{i=1}^{N} i = 1 \times 2 \times ... \times N-1 \times N

N! = \prod_{i=1}^{N} i = 1 \times 2 \times ... \times N-1 \times N

那還不簡單？

不就是基礎 for 迴圈嗎？

來想想看有沒有其他寫法！

 int factorial(int N) {
  int ans = 1;
  for (int i=1; i<=N; i++)
    ans *= i;
  return ans;
}

C++

 def factorial(N):
  ans = 1
  for i in range(1, N):
    ans *= i
  return ans

Python

求出 N!

給你一個數字 N，請輸出 N!

假設現在有一個函數：

f(n) = n!

f(n) = n!

如果不用 "!" 該怎麼寫？

f(n) = n \times(1 \times 2 ... \times N-1) \\

f(n) = n \times(1 \times 2 ... \times N-1) \\

N! = \prod_{i=1}^{N} i = 1 \times 2 \times ... \times N-1 \times N

N! = \prod_{i=1}^{N} i = 1 \times 2 \times ... \times N-1 \times N

= n \times (n-1)! \\ = n \times f(n-1)

= n \times (n-1)! \\ = n \times f(n-1)

求出 N!

給你一個數字 N，請輸出 N!

f(n) = n \times f(n-1)

f(n) = n \times f(n-1)

N! = \prod_{i=1}^{N} i = 1 \times 2 \times ... \times N-1 \times N

N! = \prod_{i=1}^{N} i = 1 \times 2 \times ... \times N-1 \times N

直接把它轉成程式？

跑跑看！

 int factorial(int N) {
  return N * factorial(N-1);
}

 def factorial(N):
  return N * factorial(N-1)

C++

Python

求出 N!

給你一個數字 N，請輸出 N!

f(n) = \, \, n \times f(n-1)

f(n) = \, \, n \times f(n-1)

N! = \prod_{i=1}^{N} i = 1 \times 2 \times ... \times N-1 \times N

N! = \prod_{i=1}^{N} i = 1 \times 2 \times ... \times N-1 \times N

\begin{cases} \\ 1, \text{if n = 0} \end{cases}

\begin{cases} \\ 1, \text{if n = 0} \end{cases}

這樣就可以了！

 int factorial(int N) {
  if (N == 0) return 1;
  return N * factorial(N-1);
}

 def factorial(N):
  if N == 0: return 1
  return N * factorial(N-1)

C++

Python

N!遞迴的逐步過程

f(n) = \begin{cases} 1 & \text{if } n=0\\ n \times f(n-1) & \text{otherwise} \\ \end{cases}

f(n) = \begin{cases} 1 & \text{if } n=0\\ n \times f(n-1) & \text{otherwise} \\ \end{cases}

以作為舉例

f(3)

f(3)

f(3) = 3 \times f(2)

f(3) = 3 \times f(2)

f(2) = 2 \times f(1)

f(2) = 2 \times f(1)

f(1) = 1 \times f(0)

f(1) = 1 \times f(0)

f(0) = 1

f(0) = 1

呼叫

= 1 \times 1 = 1

= 1 \times 1 = 1

= 2 \times 1 = 2

= 2 \times 1 = 2

= 3 \times 2 = 6

= 3 \times 2 = 6

回傳

實際例子可以參考另一個投影片

東東爬樓梯 (zj d212)

函式定義：
如何拆解：
Base Case：

f(n) = 走 n 階的可能數

f(n-1) f(n-2)

🐦

...

n\begin{cases} \\ \\ \end{cases}

n\begin{cases} \\ \\ \end{cases}

可以將到第n階的走法分成兩類

最後一步走1階的
- 最後一步走1階有幾種可能？
- f(n-1)
最後一步走2階的
- f(n-2)

+

東東爬階梯每次可以走一或兩階。

假設階梯有 n 階，那有幾種走法?

爬樓梯問題與費波那契數列

f(n) = \begin{cases} 1 & \text{if } n = 1 \\ 2 & \text{if } n = 2 \\ f(n-1) + f(n-2) & \text{otherwise} \end{cases}

f(n) = \begin{cases} 1 & \text{if } n = 1 \\ 2 & \text{if } n = 2 \\ f(n-1) + f(n-2) & \text{otherwise} \end{cases}

這就是鼎鼎大名的費波那契數列

fibonacci

f(0) = 1

費波那契數列的遞迴過程

f(n) = \begin{cases} 1 & \text{if } n = 1 \\ 2 & \text{if } n = 2 \\ f(n-1) + f(n-2) & \text{otherwise} \end{cases}

f(n) = \begin{cases} 1 & \text{if } n = 1 \\ 2 & \text{if } n = 2 \\ f(n-1) + f(n-2) & \text{otherwise} \end{cases}

f(4) = f(3) + f(2)

f(4) = f(3) + f(2)

以作為舉例

f(4)

f(4)

f(3) = f(2) + f(1)

f(3) = f(2) + f(1)

f(2) = 2

f(2) = 2

f(2) = 2

f(2) = 2

f(1) = 1

f(1) = 1

2

1

3

2

= 3

= 3

= 5

= 5

00369 - Combinations (zj d134)

請問從 N 顆不同的球裡，
有幾種取出 M 顆球的方法？

有 4 顆相異的球

如果取三顆，共 4 種取法

函式定義：
如何拆解：
Base Case：

\}

\}

\}

\}

取了最
後的球

沒取最
後的球

取了後

需要再從三顆中取兩顆

放棄後

需要再從三顆中取三顆

C(n, m) = N 取 M 的可能數

❌

00369 - Combinations (zj d134)

請問從 N 顆不同的球裡，
有幾種取出 M 顆球的方法？

有 n 顆相異的球

想要取 m 顆

函式定義：
如何拆解：
Base Case：

取了最
後的球

沒取最
後的球

❌

...

\begin{cases} \\ \\ \\ \end{cases}

\begin{cases} \\ \\ \\ \end{cases}

\begin{cases} \\ \\ \end{cases}

\begin{cases} \\ \\ \end{cases}

還剩m顆要選

還剩m-1顆要選

C(n-1, m)

C(n-1, m-1)

+

C(n, m) = N 取 M 的可能數

放棄後

需要再從n-1顆中取m顆

取了後

需要再從n-1顆中取m-1顆

拿走什麼?	總重	價值
G+C+S	15kg	$8
Y+C+S+B	8kg	$15
...	...	...

祖靈好孝順 ˋˇˊ (zj a587)

給你 N 個物品和物品的重量和價值，以及祖靈的背包的重量限制。

請問祖靈最多可以帶價值東西回家?

函式定義：
如何拆解：

有 n 顆相異的物品，

限重 W

取了最
後的

沒取最
後的

❌

...

💎

👑

📿

💎

放棄第 n 個物品，
當它不存在。

可以裝的重量剩

w_{_💎}

w_{_💎}

但多了價值

v_{_💎}

v_{_💎}

= f(n-1, W)

= f(n-1, W)

= f(n-1, W-w_{_💎}) \\ + v_{_💎}

= f(n-1, W-w_{_💎}) \\ + v_{_💎}

f(n, W) = 前 n 個物品中，
限重 W 的情況下的最大價值

背包還剩

W

W

W-w_{_💎}

W-w_{_💎}

祖靈好孝順 ˋˇˊ (zj a587)

給你 N 個物品和物品的重量和價值，以及祖靈的背包的重量限制。

請問祖靈最多可以帶價值東西回家?

函式定義：
如何拆解：
Base Case :

f(n-1, W)

f(n-1, W)

f(n-1, W-w_n) + v_n

f(n-1, W-w_n) + v_n

f(n, W) = 前 n 個物品中，
限重 W 的情況下的最大價值

\max

\max

\begin{cases} \\ \\ \\ \end{cases}

\begin{cases} \\ \\ \\ \end{cases}

n 會一直往下減... 考慮第零號物品！

f(0, W) = \begin{cases} 0 & \text{if } W < w_0 \\ v_0 & \text{otherwise} \end{cases}

f(0, W) = \begin{cases} 0 & \text{if } W < w_0 \\ v_0 & \text{otherwise} \end{cases}

祖靈好孝順 ˋˇˊ (zj a587)

函式定義：
如何拆解：
Base Case :

f(n, W) = 前 n 個物品中，限重 W 的情況下的最大價值

f(n, W) = \max \begin{cases} f(n-1, W), \\ f(n-1, W-w_n) + v_n) & \text{if } W \ge w_n \end{cases}

f(n, W) = \max \begin{cases} f(n-1, W), \\ f(n-1, W-w_n) + v_n) & \text{if } W \ge w_n \end{cases}

f(0, W) = \begin{cases} 0 & \text{if } W < w_0 \\ v_0 & \text{otherwise} \end{cases}

f(0, W) = \begin{cases} 0 & \text{if } W < w_0 \\ v_0 & \text{otherwise} \end{cases}

 int f(int n, int w) {
  if (n == 0)
    return w >= W[n] ? V[n] : 0;
  if (w >= W[n])
    return max(
      f(n-1, w), 
      f(n-1, w - W[n]) + V[n]
    );
  return f(n-1, w);
}

 def f(n, w):
  if n == 0: 
    return V[n] if w >= W[n] else 0
  if w >= W[n]:
    return max(
      f(n-1, w),
      f(n-1, w-W[n]) + V[n]
    );
  return  f(n-1, w);

C++

Python

n	0	1	2	3	4
f(n)	1	1	?	?	?
-			f(1)	f(2)	f(3)
-			f(0)	f(1)	f(2)

同餘定理

(a + b) \% M = ((a \% M) + (b \% M)) \% M

(a + b) \% M = ((a \% M) + (b \% M)) \% M

a = q_{a}M + r_a \\ b = q_{b}M + r_b

a = q_{a}M + r_a \\ b = q_{b}M + r_b

(a + b) \% M \\ = ((q_a + q_b)M + (r_a + r_b)) \% M \\ = (r_a + r_b) \% M

(a + b) \% M \\ = ((q_a + q_b)M + (r_a + r_b)) \% M \\ = (r_a + r_b) \% M

(a\%M + b\%M) \% M \\ = ((q_aM +r_a)\%M + (q_bM + r_b)\%M)\%M \\ = (r_a + r_b) \% M

(a\%M + b\%M) \% M \\ = ((q_aM +r_a)\%M + (q_bM + r_b)\%M)\%M \\ = (r_a + r_b) \% M

再繼續上之前，

先讓我們介紹同餘定理

同餘定理

在猥瑣罐頭下樓梯(zj a272) 中，

除了要寫東東爬樓梯以外，
多了一個奇怪的條件...

你可能會輸出
但在運算的過程中數字太大噴掉...

fib(n) \% M

fib(n) \% M

fib(n)\%M = (fib(n-1)\%M + fib(n-2)\%M) \% M

fib(n)\%M = (fib(n-1)\%M + fib(n-2)\%M) \% M

在每次運算完後直接%就可以避免溢位！

輾轉相除法

(x \pm y) \% M = ((x \% M) \pm (y \% M)) \% M

(x \pm y) \% M = ((x \% M) \pm (y \% M)) \% M

gcd(a, b) = gcd(a - b, b), \text{if } a \ge b

gcd(a, b) = gcd(a - b, b), \text{if } a \ge b

d

d

d'

d'

b 整除 d, d', a整除 d, a-b 整除 d'

b 整除 d, d', a整除 d, a-b 整除 d'

x = a, y = b, M = d

x = a, y = b, M = d

(a-b) \% d =(a\%d -b\%d) \%d = (0 - 0) \% d = 0

(a-b) \% d =(a\%d -b\%d) \%d = (0 - 0) \% d = 0

(a-b), a, b 都可以整除 d

(a-b), a, b 都可以整除 d

d' \ge d

d' \ge d

輾轉相除法

gcd(a, b) = gcd(a - b, b), \text{if } a \ge b

gcd(a, b) = gcd(a - b, b), \text{if } a \ge b

d

d

d'

d'

b 整除 d, d', a整除 d, a-b 整除 d

b 整除 d, d', a整除 d, a-b 整除 d

x = (a-b), y = b, M = d'

x = (a-b), y = b, M = d'

a \% d' = ((a-b)\%d' + b\%d') \%d' = (0 - 0) \% d' = 0

a \% d' = ((a-b)\%d' + b\%d') \%d' = (0 - 0) \% d' = 0

a, (a-b), b 都可以整除 d'

a, (a-b), b 都可以整除 d'

d \ge d'

d \ge d'

(x \pm y) \% M = ((x \% M) \pm (y \% M)) \% M

(x \pm y) \% M = ((x \% M) \pm (y \% M)) \% M

輾轉相除法

gcd(a, b) = gcd(a - b, b), \text{if } a \ge b

gcd(a, b) = gcd(a - b, b), \text{if } a \ge b

d

d

d'

d'

b 整除 d, d', a整除 d, a-b 整除 d

b 整除 d, d', a整除 d, a-b 整除 d

d' \ge d \ge d' \rightarrow d' = d

d' \ge d \ge d' \rightarrow d' = d

想想看程式要怎麼寫吧！

gcd(a, b) = \begin{cases} a & \text{if }b = 0 \\ b & \text{if }a = 0 \\ gcd(a-b, b) & \text{if } a \ge b \\ gcd(a, b-a) & \text{if } b \ge a \\ \end{cases}

gcd(a, b) = \begin{cases} a & \text{if }b = 0 \\ b & \text{if }a = 0 \\ gcd(a-b, b) & \text{if } a \ge b \\ gcd(a, b-a) & \text{if } b \ge a \\ \end{cases}

函式定義：
如何拆解：
Base Case：n = 1 的時候輸出 / n = 0 的時候不做事

f(n, s, t, o) = 把 1~n 的圓盤從 s 移到 t

河內塔 (zj a227)

(source, target, other)

f(n, s, t, o)

f(n-1, s, o, t)

操作: 將 n 從 s 移到 t

f(n-1, o, t, s)

\{

\{

 void rec(int n, char from, char to, char other) {
  if (n == 0) return ;
  rec(n-1, from, other, to);
  printf("Move ring %d from %c to %c\n", n, from, to);
  rec(n-1, other, to, from);
}

 def rec(n, source, target, other):
  if n == 0: return 
  rec(n-1, source, other, target)
  print(f"Move ring {n} from {source} to {target}\n")
  rec(n-1, other, target, source)

C++

Python

遞迴的複雜度分析

假設你學會了時間複雜度...

不覺得遞迴的時間複雜度好像看不出來嗎？

來上點難度吧！

f(n) = \begin{cases} 1 & \text{if } n = 0 \\ f(n-1) +\underbrace c_{c 是一個常數} & \text{otherwise} \end{cases}

f(n) = \begin{cases} 1 & \text{if } n = 0 \\ f(n-1) +\underbrace c_{c 是一個常數} & \text{otherwise} \end{cases}

 def f(n):
  if n == 0:
    return
  f(n-1)

這段程式碼的時間分析大概就長這樣

遞迴的複雜度分析

假設你學會了時間複雜度...

來上點難度吧！

f(n) = \begin{cases} 1 & \text{if } n = 0 \\ f(n-1) +\underbrace c_{c 是一個常數} & \text{otherwise} \end{cases}

f(n) = \begin{cases} 1 & \text{if } n = 0 \\ f(n-1) +\underbrace c_{c 是一個常數} & \text{otherwise} \end{cases}

f(n) \text{的時間複雜度?}

f(n) \text{的時間複雜度?}

遞迴的複雜度分析

f(n) =f(n-1) + cn

f(n) =f(n-1) + cn

= (f(n-2) + c(n-1)) + cn \\ = f(n-2) + c(n + (n-1)) \\ \\ = f(n-3) + c(n + (n-1) + (n-2)) \\ = ...\\\ = f(0) + c(n + (n-1) + (n-2) +... + 1) \\ = 1 + c \frac{n (n+1)}{2} \\ \rightarrow O(n^2)

= (f(n-2) + c(n-1)) + cn \\ = f(n-2) + c(n + (n-1)) \\ \\ = f(n-3) + c(n + (n-1) + (n-2)) \\ = ...\\\ = f(0) + c(n + (n-1) + (n-2) +... + 1) \\ = 1 + c \frac{n (n+1)}{2} \\ \rightarrow O(n^2)

遞迴的複雜度分析

f(n) =f(\lfloor \frac{n} {2}\rfloor) + c

f(n) =f(\lfloor \frac{n} {2}\rfloor) + c

\lceil x \rceil (上高斯符號)= 無條件進位 x \\ \lfloor x \rfloor (下高斯符號) = 無條件捨去 x

\lceil x \rceil (上高斯符號)= 無條件進位 x \\ \lfloor x \rfloor (下高斯符號) = 無條件捨去 x

小技巧: 讓 n = 2^k，就不用處理高斯符號

小技巧: 讓 n = 2^k，就不用處理高斯符號

f(n) = f(2^{k-1}) + c \\ = (f(2^{k-2}) + c )+ c \\ = f(0) + \underbrace{ c + c + ... + c}_{k} \\ = ck = c \log_2 n \rightarrow O(\log_2 n)

f(n) = f(2^{k-1}) + c \\ = (f(2^{k-2}) + c )+ c \\ = f(0) + \underbrace{ c + c + ... + c}_{k} \\ = ck = c \log_2 n \rightarrow O(\log_2 n)

遞迴的複雜度分析

f(n) =f(\lceil \frac{n}{2}\rceil) + f(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor) + c

f(n) =f(\lceil \frac{n}{2}\rceil) + f(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor) + c

這種函式的程式碼大概長這樣

 f(l, r):
  if l+1 == r:
    return
  m = (l + r) / 2
  f(l, m)
  f(m, r)

小技巧: 讓 n = 2^k，就不用處理高斯符號

小技巧: 讓 n = 2^k，就不用處理高斯符號

f(n) =2 \times f(\frac{n}{2}) + c

f(n) =2 \times f(\frac{n}{2}) + c

遞迴的複雜度分析

f(n) =2 \times f(\frac{n}{2}) + c

f(n) =2 \times f(\frac{n}{2}) + c

=2 \times f(\frac{2^k}{2}) + c \\ = 2 \times f(2^{k-1}) + c \\ = 2 \times (2 \times f(2^{k-2})+ c) + c \\ = 2^2 f(2^{k-2}) + c (2^0 + 2^1) \\ = ... \\ = 2^k f(2^0) + c(2^0 + 2^1 + ... + 2^{k-1}) \\ = n + c \frac{2^k - 1}{2-1} \\ = n + cn - c\rightarrow O(n)

=2 \times f(\frac{2^k}{2}) + c \\ = 2 \times f(2^{k-1}) + c \\ = 2 \times (2 \times f(2^{k-2})+ c) + c \\ = 2^2 f(2^{k-2}) + c (2^0 + 2^1) \\ = ... \\ = 2^k f(2^0) + c(2^0 + 2^1 + ... + 2^{k-1}) \\ = n + c \frac{2^k - 1}{2-1} \\ = n + cn - c\rightarrow O(n)

f(n) = 2 \times f(\frac{n}{2}) + c \cdot n

f(n) = 2 \times f(\frac{n}{2}) + c \cdot n

f(2^k) = 2^1 \times f(2^{k-1}) + c \cdot 2^k \\ = 2^1(2^1 \times f(2^{k-2}) + c \cdot 2^{k-1})+ c \cdot 2^k \\ = 2^2 f(2^{k-2}) + c2^k \cdot(1 + 1) \\ = ... \\ = 2^k f(0) + c2^k ( \underbrace{1 + 1 + 1 ... + 1}_{k}) \\ = n+ ckn \rightarrow O(n \log n)

f(2^k) = 2^1 \times f(2^{k-1}) + c \cdot 2^k \\ = 2^1(2^1 \times f(2^{k-2}) + c \cdot 2^{k-1})+ c \cdot 2^k \\ = 2^2 f(2^{k-2}) + c2^k \cdot(1 + 1) \\ = ... \\ = 2^k f(0) + c2^k ( \underbrace{1 + 1 + 1 ... + 1}_{k}) \\ = n+ ckn \rightarrow O(n \log n)

遞迴的複雜度分析

f(n) = 2 \times f(\frac{n}{2}) + c \cdot n \log n

f(n) = 2 \times f(\frac{n}{2}) + c \cdot n \log n

f(2^k) = 2^1 \times f(2^{k-1}) + ck \cdot 2^k \\ = 2^1(2^1 \times f(2^{k-2}) + c(k-1) \cdot 2^{k-1})+ ck \cdot 2^k \\ = 2^2 f(2^{k-2}) + c2^k \cdot(k + (k-1)) \\ = ... \\ = 2^k f(0) + c2^k (k + (k-1) + (k-2) ... +1) \\ = n+ cn \frac{k(k+1)}{2} \\ = n + cn\frac{k^2}{2} + cn\frac{k}{2} \\ \rightarrow O(n \cdot k^2) \rightarrow O(n \log n \log n) \rightarrow O(n \log^2 n)

f(2^k) = 2^1 \times f(2^{k-1}) + ck \cdot 2^k \\ = 2^1(2^1 \times f(2^{k-2}) + c(k-1) \cdot 2^{k-1})+ ck \cdot 2^k \\ = 2^2 f(2^{k-2}) + c2^k \cdot(k + (k-1)) \\ = ... \\ = 2^k f(0) + c2^k (k + (k-1) + (k-2) ... +1) \\ = n+ cn \frac{k(k+1)}{2} \\ = n + cn\frac{k^2}{2} + cn\frac{k}{2} \\ \rightarrow O(n \cdot k^2) \rightarrow O(n \log n \log n) \rightarrow O(n \log^2 n)

遞迴的複雜度分析

遞迴的複雜度分析 - 常見統整

f(n) =f(n-1) + c \rightarrow O(n)

f(n) =f(n-1) + c \rightarrow O(n)

f(n) =2 \times f(\frac{n}{2}) + c \rightarrow O(n)

f(n) =2 \times f(\frac{n}{2}) + c \rightarrow O(n)

f(n) = f(\frac{n}{2}) + c \rightarrow O(\log n)

f(n) = f(\frac{n}{2}) + c \rightarrow O(\log n)

f(n) = 2 \times f(\frac{n}{2}) + c \cdot n \log n \rightarrow O(n \log^2 n)

f(n) = 2 \times f(\frac{n}{2}) + c \cdot n \log n \rightarrow O(n \log^2 n)

f(n) = 2 \times f(\frac{n}{2}) + c \cdot n \rightarrow O(n \log n)

f(n) = 2 \times f(\frac{n}{2}) + c \cdot n \rightarrow O(n \log n)

合併排序 Merge Sort

函式定義：
如何拆解：

f(A, l, r) = 將陣列的 A[l:r] 排序。

拆一半排序？就是先各自排序左半邊跟右半邊

Merge Sort 的核心概念

利用遞迴 + 每次將問題拆一半來排序。

A

A_l

A_l

...

...

A_{r-1}

A_{r-1}

l

l

r

r

m

m

...

...

A_m

A_m

希望 m-l 會等於 r-m，這樣才可以切一半

m = l + \overbrace {\frac{r-l}{2}}^{要排序的數量} = \frac{r+l}{2}

m = l + \overbrace {\frac{r-l}{2}}^{要排序的數量} = \frac{r+l}{2}

中點公式(?) :

=\frac{r+l}{2}

=\frac{r+l}{2}

合併排序 Merge Sort

函式定義：
如何拆解：

f(A, l, r) = 將陣列的 A[l:r] 排序。

拆一半排序？就是先各自排序左半邊跟右半邊

Merge Sort 的核心概念

利用遞迴 + 每次將問題拆一半來排序。

A

A_l

A_l

...

...

A_{r-1}

A_{r-1}

l

l

m

m

...

...

A_m

A_m

=\frac{r+l}{2}

=\frac{r+l}{2}

排序 A[2, 3, 4, 5] -> [l=2, r=6), m=4 -> [2, 4) + [4, 6)

排序 A[2, 3, 4] -> [l=2, r=5), m=3 -> [2, 3) + [3, 5)

舉例來說：

r

r

合併排序 Merge Sort - 複雜度

f(A, l, r): Merge sort A[l:r]

排序左半邊: f(A, l, m)
排序右半邊: f(A, m, r)
Merge 左半邊跟右半邊

T(n)

T(n)

T(\lfloor \frac n2 \rfloor)

T(\lfloor \frac n2 \rfloor)

T(\lceil \frac n2 \rceil)

T(\lceil \frac n2 \rceil)

O(n)

O(n)

T(n) = 2 T(\frac n2) + O(n) \rightarrow O(n \log n)

T(n) = 2 T(\frac n2) + O(n) \rightarrow O(n \log n)

如果你很懶得 Merge，直接 Call Sort

O(n \log n)

O(n \log n)

T(n) = 2 T(\frac n2) + O(n \log n) \rightarrow O(n \log^2 n)

T(n) = 2 T(\frac n2) + O(n \log n) \rightarrow O(n \log^2 n)

不過你都Call Sort 了，直接 Sort 整個陣列不就好了(?)

1	5	2	7	0	9	3	8	4	6

A

如果每次切一半有辦法更好嗎...？

如果我們考慮左邊跟右邊，
那麼逆序數對會有三種可能：

都在左側的逆序數對
都在右側的逆序數對
在兩側的逆序數對

怎麼定義函式？

f(l, r) = f(l, m) + f(m, r) + 兩側逆對

f(l, r) = f(l, m) + f(m, r) + 兩側逆對

逆序數對 Inversion

f(l, r) = f(l, m) + f(m, r) + 兩側逆對

f(l, r) = f(l, m) + f(m, r) + 兩側逆對

想這麼多還是跟裸做一樣😭

等等！如果兩側都是排序好的呢？

0	1	2	5	7

3	4	6	8	9

L

R

從 L 的每個元素看：

我們目標是要找到 R 有幾個元素比 L 還要小

二分搜！

n \times O(\log n) = O(n \log n)

n \times O(\log n) = O(n \log n)

好像很有機會喔？

逆序數對 Inversion

f(l, r) = f(l, m) + f(m, r) + 兩側逆對

f(l, r) = f(l, m) + f(m, r) + 兩側逆對

想這麼多還是跟裸做一樣😭

等等！如果兩側都是排序好的呢？

def f(l, r):

算出沒有交叉的逆對 f(l, m) + f(m, r)
排序 [l, m) 以及排序 [m, r)
二分搜交叉的逆對

O(n \log n)

O(n \log n)

O(n \log n)

O(n \log n)

2 \times f(\frac n2)

2 \times f(\frac n2)

f(n) = 2\times f(\frac n2) + O(n \log n) \\ \rightarrow O(n \log^2 n)

f(n) = 2\times f(\frac n2) + O(n \log n) \\ \rightarrow O(n \log^2 n)

逆序數對 Inversion

f(l, r) = f(l, m) + f(m, r) + 兩側逆對

f(l, r) = f(l, m) + f(m, r) + 兩側逆對

想這麼多還是跟裸做一樣😭

等等！如果兩側都是排序好的呢？

0	1	2	5	7

3	4	6	8	9

L

R

再等等！

好像有更好的算法！

你會發現指到的地方

永遠是遞增的！

→雙指針

逆序數對 Inversion

f(l, r) = f(l, m) + f(m, r) + 兩側逆對

f(l, r) = f(l, m) + f(m, r) + 兩側逆對

def f(l, r):

算出沒有交叉的逆對 f(l, m) + f(m, r)
排序 [l, m) 以及排序 [m, r)
二分搜交叉的逆對

O(n \log n)

O(n \log n)

O(n \log n)

O(n \log n)

2 \times f(\frac n2)

2 \times f(\frac n2)

O(n)

O(n)

如果你做 Merge Sort 就不用排序

f(n) = 2\times f(\frac n2) + O(n) \\ \rightarrow O(n \log n)

f(n) = 2\times f(\frac n2) + O(n) \\ \rightarrow O(n \log n)

逆序數對 Inversion

(弱化版原題) 給定一個數列 A，

你可以交換A中任兩相鄰數。

請問最少交換幾次才可使數列「遞增」？

交換一個相鄰的逆對

逆序數對會 - 1

遞增數列逆序數對是 0

最少交換次數 =
A的逆序數對

這也就是說：如果你對 A 做泡沫排序，

交換的次數 = A 的逆序數對

裸做: O(n^2)

裸做: O(n^2)

DC: O(n \log n)

DC: O(n \log n)

如果使數列「遞減」呢？

幼稚園 (TOI 2020/08 - 8 新手賽)

給定一個數列 A，你可以交換A中任兩相鄰數。

問最少交換幾次才可使數列滿足
「遞增」或「遞減」或「先遞增再遞減」？

考慮 A 裡面的一個數字 x，

那麼 x 的最終歸屬只有兩種可能。

A

x

將 x 往右所需交換次數：x 往右看的順序數對

將 x 往左所需交換次數：x 往左看的逆序數對

\}\min

\}\min

幼稚園 (TOI 2020/08 - 8 新手賽)

大數乘法

實作 A * B，

但數字很大。

嘗試切一半！

A_L

A_R

B_R

B_L

\frac{n}{2}

\frac{n}{2}

A = A_L \times 10^{\frac n2} + A_R

A = A_L \times 10^{\frac n2} + A_R

B = B_L \times 10^{\frac n2} + B_R

B = B_L \times 10^{\frac n2} + B_R

A_R * B_R

A_L * B_R

A_R * B_L

A_L * B_L

A \times B = A_LB_L \times 10^{n} + (A_LB_R + A_RB_L) \times 10^{\frac n2} + A_R B_R

A \times B = A_LB_L \times 10^{n} + (A_LB_R + A_RB_L) \times 10^{\frac n2} + A_R B_R

大數乘法

實作 A * B，

但數字很大。

嘗試切一半！

A \times B = A_LB_L \times 10^{n} + (A_LB_R + A_RB_L) \times 10^{\frac n2} + A_R B_R

A \times B = A_LB_L \times 10^{n} + (A_LB_R + A_RB_L) \times 10^{\frac n2} + A_R B_R

f(A, B) = A \times B

f(A, B) = A \times B

f(n) = 4f(\frac{n}{2}) + O(n)

f(n) = 4f(\frac{n}{2}) + O(n)

\rightarrow O(n^2)

\rightarrow O(n^2)

在做 A*B 的大數乘法的時候，

會需要做四次的一半的乘法

跟裸做一樣😭

f(n) = 4f(\frac{n}{2}) + c \cdot n \\ = 4 f(2^{k-1}) + c \cdot 2^k\\ = 4 (4 f(2^{k-2}) + c \cdot 2^{k-1} ) + c \cdot 2^k\\ = 4^2 f(2^{k-2}) + c (2^k + 2^{k+1}) \\ ... \\ =4^k f(2^0) + c(2^k + 2^{k+1} + ... + 2^{2k-1}) \\ = 4^k + c 2^{k} (2^0 + 2^1 + ...+2^{k-1}) \\ = n^2 + cn \frac{2^k - 1}{2 - 1} = n^2 +cn^2-cn \\ \rightarrow O(n^2)

f(n) = 4f(\frac{n}{2}) + c \cdot n \\ = 4 f(2^{k-1}) + c \cdot 2^k\\ = 4 (4 f(2^{k-2}) + c \cdot 2^{k-1} ) + c \cdot 2^k\\ = 4^2 f(2^{k-2}) + c (2^k + 2^{k+1}) \\ ... \\ =4^k f(2^0) + c(2^k + 2^{k+1} + ... + 2^{2k-1}) \\ = 4^k + c 2^{k} (2^0 + 2^1 + ...+2^{k-1}) \\ = n^2 + cn \frac{2^k - 1}{2 - 1} = n^2 +cn^2-cn \\ \rightarrow O(n^2)

大數乘法

實作 A * B，

但數字很大。

A \times B = A_LB_L \times 10^{n} + (A_LB_R + A_RB_L) \times 10^{\frac n2} + A_R B_R

A \times B = A_LB_L \times 10^{n} + (A_LB_R + A_RB_L) \times 10^{\frac n2} + A_R B_R

A_L

A_R

B_R

B_L

A = A_L \times 10^{\frac n2} + A_R

A = A_L \times 10^{\frac n2} + A_R

B = B_L \times 10^{\frac n2} + B_R

B = B_L \times 10^{\frac n2} + B_R

A_R * B_R

A_L * B_R

A_R * B_L

A_L * B_L

(A_L+A_R)(B_L + B_R) = A_LB_L + (A_LB_R + A_RB_L) + A_RB_R

(A_L+A_R)(B_L + B_R) = A_LB_L + (A_LB_R + A_RB_L) + A_RB_R

四次乘法，一次加法→兩次加法，三次乘法，兩次減法

(A_LB_R + A_RB_L) = (A_L+A_R)(B_L + B_R) - A_LB_L -A_RB_R

(A_LB_R + A_RB_L) = (A_L+A_R)(B_L + B_R) - A_LB_L -A_RB_R

f(n) = 3f(\frac n2) + c\cdot n \\ = 3f(2^{k-1}) + c\cdot 2^k \\ = 3 (3 f(2^{k-2}) + c \cdot 2^{k-1} ) + c \cdot 2^k\\ = 3^2 f(2^{k-2}) + c (2^k + 3\times 2^{k-1}) \\ = 3^3 f(2^{k-3}) + c (2^k + 3\times 2^{k-1} + 3^2 \times 2^{k-2}) \\ = 3^3 f(2^{k-3}) + c2^k ((\frac{3}{2})^0 + (\frac{3}{2})^1 + (\frac{3}{2})^2) \\ = ...\\ = 3^k f(2^0) + c2^k(\frac{(\frac{3}{2})^k - 1}{\frac{3}{2} - 1}) \\ \simeq (1 + 2c) \times 3^k \\ \simeq 2c \times 3^{\log_2 n} =2c \times n^{\log_2 3} \\ \rightarrow O(n^{\log_2 3}) \simeq O(n^{1.585})

f(n) = 3f(\frac n2) + c\cdot n \\ = 3f(2^{k-1}) + c\cdot 2^k \\ = 3 (3 f(2^{k-2}) + c \cdot 2^{k-1} ) + c \cdot 2^k\\ = 3^2 f(2^{k-2}) + c (2^k + 3\times 2^{k-1}) \\ = 3^3 f(2^{k-3}) + c (2^k + 3\times 2^{k-1} + 3^2 \times 2^{k-2}) \\ = 3^3 f(2^{k-3}) + c2^k ((\frac{3}{2})^0 + (\frac{3}{2})^1 + (\frac{3}{2})^2) \\ = ...\\ = 3^k f(2^0) + c2^k(\frac{(\frac{3}{2})^k - 1}{\frac{3}{2} - 1}) \\ \simeq (1 + 2c) \times 3^k \\ \simeq 2c \times 3^{\log_2 n} =2c \times n^{\log_2 3} \\ \rightarrow O(n^{\log_2 3}) \simeq O(n^{1.585})

	#include <stdio.h>
	int factorial(int N) {
	printf("%d\n", N);
	return N * factorial(N-1);
	}

	int main() {
	printf("%d", factorial(4));
	}

	int fib(int N) {
	if (N == 1) return 1;
	if (N == 2) return 2;
	return fib(N-1) + fib(N-2);
	}

	def fib(N):
	if N == 1: return 1
	if N == 2: return 2
	return fib(N-1) + fib(N-2)

	long long dp[1000];
	long long fib(int n){
	if (n == 0 \|\| n == 1)
	return 1;
	if (!dp[n])
	dp[n] = fib(n-1) + fib(n-2);
	return dp[n];
	}

	dp = {}
	def fib(n):
	if n == 0 or n == 1 :
	return 1
	if n not in dp:
	dp[n] = fib(n-1) + fib(n-2)
	return dp[n]

	int factorial(int N) {
	int ans = 1;
	for (int i=1; i<=N; i++)
	ans *= i;
	return ans;
	}

	def factorial(N):
	ans = 1
	for i in range(1, N):
	ans *= i
	return ans

	def factorial(N):
	print(N)
	return N * factorial(N-1)


	print(factorial(4))

	int factorial(int N) {
	if (N == 0) return 1;
	return N * factorial(N-1);
	}

	def factorial(N):
	if N == 0: return 1
	return N * factorial(N-1)

	int C(int n, int m){
	if (m == 0 \|\| m == n) return 1;
	return C(n-1, m-1) + C(n-1, m);
	}

	def C(n, m):
	if m == 0 or m == n: return 1
	return C(n-1, m) + C(n-1, m-1)

	int f(int n, int w) {
	if (n == 0)
	return w >= W[n] ? V[n] : 0;
	if (w >= W[n])
	return max(
	f(n-1, w),
	f(n-1, w - W[n]) + V[n]
	);
	return f(n-1, w);
	}

	def f(n, w):
	if n == 0:
	return V[n] if w >= W[n] else 0
	if w >= W[n]:
	return max(
	f(n-1, w),
	f(n-1, w-W[n]) + V[n]
	);
	return f(n-1, w);

	long long dp[1000];
	long long f(int n){
	if (n == 0 \|\| n == 1)
	return 1;
	if (!dp[n])
	dp[n] = f(n-1) + f(n-2);
	return dp[n];
	}

	extern int main2(void) __asm__ ("main2");

	int main2() {
	run();
	exit(0);
	}

	int main() {
	// 跟heap借256MB
	int size = 256 << 20;
	char p = (char )malloc(size) + size;
	__asm__ __volatile__(
	"movq %0, %%rsp\n"
	"pushq $exit\n"
	"jmp main2\n"
	:: "r"(p));
	}

	int GCD(int a, int b){
	if(b == 0)
	return a + b;
	return GCD(b, a % b);
	}

	int f(vector<int> &cur, int n){
	if (cur.size() == n) {
	for (auto x : cur)
	printf("%d", x);
	puts("");
	}
	else {
	for (int nxt : {0, 1}) {
	cur.push_back(nxt);
	f(cur, n);
	cur.pop_back();
	}
	}
	}

	// Call
	vector<int> V;
	f(V, 3);

	def f(L, n):
	if len(L) == n:
	print(L)
	else:
	for nxt in [0, 1]:
	L.append(nxt)
	f(L, n)
	L.pop()

	# Call
	f([], 3)

	int f(vector<int> &cur, int n, vector<int> &visit){
	if (cur.size() == n) {
	for (auto x : cur)
	printf("%d", x);
	puts("");
	}
	else {
	for (int nxt=0; nxt<n; nxt++) {
	if (!visit[nxt]) {
	cur.push_back(nxt);
	visit[nxt] = 1;
	f(cur, n, visit);
	cur.pop_back();
	visit[nxt] = 0;
	}
	}
	}
	}
	// Call
	int n = 3;
	vector<int> V, visit(3, 0);
	f(V, 3, visit);

	def f(L, n, visit):
	if len(L) == n:
	print(L)
	else:
	for nxt in range(n):
	if nxt not in visit:
	L.append(nxt)
	visit.add(nxt)
	f(L, n, visit)
	L.pop()
	visit.remove(nxt)
	# Call
	f([], 3, set())

	int n = 3;
	vector<int> V(n);
	for (int i=0; i<n; i++)
	V[i] = i;

	do {
	for (auto v : V) {
	printf("%d", v);
	}puts("");
	} while(next_permutation(V.begin(), V.end()));

	n = 3
	L = list(range(n))

	from itertools import permutations
	for p in permutations(L):
	print(p)

	void rec(int n, char from, char to, char other) {
	if (n == 0) return ;
	rec(n-1, from, other, to);
	printf("Move ring %d from %c to %c\n", n, from, to);
	rec(n-1, other, to, from);
	}

	def rec(n, source, target, other):
	if n == 0: return
	rec(n-1, source, other, target)
	print(f"Move ring {n} from {source} to {target}\n")
	rec(n-1, other, target, source)

	vector<int> merge(vector<int> &A, int Al, int Ar,
	vector<int> &B, int Bl, int Br){
	vector<int> C;
	while (Al < Ar \|\| Bl < Br) {
	if (Bl == Br \|\| Al < Ar && A[Al] < B[Bl])
	C.push_back(A[Al++]);
	else
	C.push_back(B[Bl++]);
	}
	return C;
	}

	from collections import deque
	def merge(A, B):
	A, B = deque(A), deque(B)
	C = []
	while A or B:
	if not B or A and A[0] < B[0]:
	C.append(A.popleft())
	else:
	C.append(B.popleft())
	return C

	def merge_sort(A, l, r):
	if l+1 == r: return
	m = (l+r) // 2
	merge_sort(A, l, m)
	merge_sort(A, m, r)
	A[l:r] = merge(A[l:m], A[m:r])

	void merge_sort(vector<int> &A, int l, int r) {
	if (l+1 == r) return;
	int m = (l+r) / 2;
	merge_sort(A, l, m);
	merge_sort(A, m, r);
	auto tmp = merge(A, l, m, A, m, r);
	copy(tmp.begin(), tmp.end(), &A[l]);
	}

RRRecursion

RRRRRRRRRRRRRRRRRRRRR

	#include <iostream>
	#include <vector>
	#include <algorithm>
	using namespace std;

	void rec(vector<int> &inv, vector<pair<int, int>> &A, int l, int r) {
	if (l+1 == r) return;
	int m = (l + r) / 2;
	rec(inv, A, l, m);
	rec(inv, A, m, r);
	int pr = m;
	for (int pl = l; pl < m; pl++) {
	while(pr != r && A[pl].first >= A[pr].first) pr++;
	inv[A[pl].second] += r-pr;
	}
	vector<pair<int, int>> tmp(r-l);
	merge(&A[l], &A[m], &A[m], &A[r], tmp.begin());
	copy(tmp.begin(), tmp.end(), &A[l]);
	}

	int main() {
	int n, x;
	scanf("%d", &n);
	vector<pair<int, int>> A;
	for (int i=0; i<n; i++) {
	scanf("%d", &x);
	A.push_back({x, i});
	}
	auto B = A;
	reverse(B.begin(), B.end());
	vector<int> inv_f(n), inv_b(n);
	rec(inv_f, A, 0, n);
	rec(inv_b, B, 0, n);
	int ans = 0;
	for (int i=0; i<n; i++)
	ans += min(inv_f[i], inv_b[i]);
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
	}