selfnumbers查找的实现与分析

今天有一个高中的同学在网上问了我一到ACM的题，是关于找selfnumbers数的，要求运行时间至少要是O（nlog（n）），空间要比O（n）要小。

立马我就上wikipedia网查一下，关于selfnumbers的定义和有关数学的解法(没办法啊，咱数学功底还没那么厚，只能站在巨人的肩膀上，^_^)。O(∩_∩)O哈哈~，wikipedia还真伟大啊，还真有。我摘抄了一部分：（http://en.wikipedia.org/wiki/Self_number）

Reduction tests

Luke Pebody showed (Oct 2006) that a link can be made between the self property of a large number n and a low-order portion of that number, adjusted for digit sums:

a) In general, n is self if and only if m = R(n)+SOD(R(n))-SOD(n) is self

Where:

R(n) is the smallest rightmost digits of n, greater than 9.d(n)

d(n) is the number of digits in n

SOD(x) is the sum of digits of x, the function S10(x) from above.

b) If n = a.10^b+c, c<10^b, then n is self if and only if both {m1 & m2} are negative or self

Where:

m1 = c - SOD(a)

m2 = SOD(a-1)+9.b-(c+1)

c) For the simple case of a=1 & c=0 in the previous model (i.e. n=10^b), then n is self if and only if (9.b-1) is self

SOD(n) is the sum of all digits in n

d(n) is the number of digits in n

哈哈，看到了没，b方案就是我们要找的数学解决方案。下面是我刚开始写的解决方案：

int r[1000000]; // 存放self数 int p; //指向r中还没存放self数的第一位 //把你各个位数数字加起来，并返回 int Sod(int n) { int result = 0; while(n > 0) { result += n % 10; n = n / 10; } return result; } int Solve(int n) { int a, b, c, temp = n; int m1, m2, k; b = 0; while(temp >= 10) { temp = temp / 10; b++; } if(0 == b) a = n; else a = n / pow((float)10, b); c = n - a * pow((float)10, b); k = Sod(a); m1 = c - k; m2 = k - 1 + 9 * b - c - 1; for(int i = p - 1; i >= 0; i--) { for(int j = p - 1; j >= 0; j--) { if(m1 < 0 || m1 == r[i]) { if(m2 < 0 || m2 == r[j]) { r[p++] = n; return n; } } } } return -1; } int main() { clock_t begin, finish; r[0] = 1; p = 1; begin = clock(); for(int i = 2; i < 1000000; i++) //查找1000000内的self数 { Solve(i); // int j = Solve(i); // if(-1 != j) // cout << j << endl; } finish = clock(); cout << (double)(finish - begin)/CLOCKS_PER_SEC << endl; return 1; }

看一下Solve函数里的双层循环，就知道它的运行时间是O（n^3）,差太多了。函数的运行时间都耗在这里了。看来不行啊。行，把他修改一下，知道两个循环都是为了求r中是否有m1，m2的存在，没必要要花费双层循环来解决这个问题啊。行，要找m1和m2吗。R中数字是排序号的，那可以用二分查找啊。下面是我的简单实现：

int r[1000000]; // 存放self数 int p; //指向r中还没存放self数的第一位 //把你各个位数数字加起来，并返回 int Sod(int n) { int result = 0; while(n > 0) { result += n % 10; n = n / 10; } return result; } //利用二分法查找m是否在begin和finish之间（不包裹finish） bool HaveIn(int m, int begin, int finish) { if(finish > begin) { int middle = begin + (finish - begin) / 2; if(r[middle] == m) return true; if(middle == begin) { return false; } if(r[middle] > m) return HaveIn(m, begin, middle); if(r[middle] < m) return HaveIn(m, middle, finish); } return false; } //判断m是否已经在r数组前p个里面了。 bool HaveIn(int m) { return HaveIn(m, 0, p); } int Solve(int n) { int a, b, c, temp = n; int m1, m2, k; b = 0; while(temp >= 10) { temp = temp / 10; b++; } if(0 == b) a = n; else a = n / pow((float)10, b); c = n - a * pow((float)10, b); k = Sod(a); m1 = c - k; m2 = k - 1 + 9 * b - c - 1; if(m1 < 0 || HaveIn(m1)) if(m2 < 0 || HaveIn(m2)) { r[p++] = n; return n; } return -1; }

来测试一下，（图1是第一的实现（查找10000以内的selfnumbers），图2是第二次的实现（查找1000000以内的self））。

图一

 

图二

 

看到了差距了吧。来分析一下他的时间，这里主要就时间就花在二分查找里，他的时间是O（nlog（n））；而空间是O（n），经过我测试空间可以是n/10.(n要比较大)。

行了。就写到这里了，如果朋友您有更好的解决方案，欢迎来找我讨论。我将非常高兴。