苦海无涯闯进来

a.nb.n平方c.感觉这题题目有问题。。。。。。 应该将迭代递推式中的i-1替换为i i=n时，y=an i=n-1时，y=an-1+xan 直到i=0时，得到需要证明的式子。d.懒得证明了。。

a. (2,1),(3,1),(8,1),(8,6),(6,1) b.从大到小的数组(n,n-1,……1)，共有1+2+……+(n-1)=n(n-1)/2对 c.比较操作和移动操作的次数，与逆序对个数相同。无逆序对时插入排序时间复杂度上界为n d.#include <stdio.h>#include <stdlib.h>int count=0;void mergeAndCount(int

1、当a>0取n0>=max(1,a)任一常量，c1=1，c2=2的b次方，则01*n的b次方2*n的b次方2、当a取n01=1，c2=4的b次方(2的b次方的平方)，则0c1*n的b次方2*n的b次方3、当a=0显然成立。

1

设 n0>m0，均为定义域内任意实数 则 f(n0)>f(m0)，g(n0)>g(m0) 可得 1、f(n0)+g(n0)>f(m0)>g(m0) 所以 f(n)+g(n)单调递增 2、f(g(n0))>f(g(m0)) 所以f(g(n))单调递增 3、若f(n)、g(n)非负 则f(n0)*g(n0)>f(m0)g(m0) 所以f(

由于n>=1，2的n次方永远大于n!n>1 n!永远小于n的n次方所以后面两个小问题得证。

1

lg*(lgn)其实就是lg(i+1)n，是关于lg*(n)的一个多项式函数，具体讲就是少lg一次，最终结果是lg*(n)的结果减去一而lg(lg*(n))是把lg*(n)的结果再lg一次形式化来讲，设lg*(n)=k（n为一个很大很大的数），则lg*(lgn)=k-1lg(lg*(n))=lgk所以是lg*(lgn)渐进更大一些

1

1

1

a. θ(n4)b. θ(n)c. θ(n2lgn)d. θ(n2)e. θ(nlg7)f. θ(lgn*n1/2)g. 无法用主定理，使用递归树共n/2层，每个结点代价(n-2i)2最后一层代价θ(1)T(n)=∑(n-2i)2       =O(n3)

#include <stdio.h>//返回包括中间元素在内的子序列最大和，通过指针带回该子序列首尾位置int maxCrossingSub(int a[],int *low,int *high,int mid){ int tLow=(*low),tHigh=(*high); int rightMax=-9999,leftMax=-9999,sum=0; int i,j;

1

1

1

1

1

1

1

#include #define LEN 2void nativeMult(const int a[LEN][LEN],const int b[LEN][LEN],int c[LEN][LEN]){ for(int i=0;i<LEN;i++) { for(int j=0;j<LEN;j++) { c[i][j]=0; for(int k=0;k<LEN;k++)

1

1

1

1

1

1

在行列末尾添加0，直到规模达到最接近的2的n次方。证明等看完后面再做。

1、将A=kn*n和B=n*kn分别拆成k个n*n矩阵：A11，A21......AK1和B11，B12......B1K      A和B相乘得k*k的矩阵，（A11*B11，A11*B12......A11*B1K......AK1*B11，AK1*B12...AK1*B1K）      对其中每个乘法应用Strassen算法，则渐进时间是K*K*n的2.81次方2、采取相同做法，

先计算ac和bd，利用ad+bc=(a+b)*(c+d)-ac-bd，就可以只做3次乘法计算出来

1

1

1

1

要证明T(n)=O(lgn)：T(2)=1 满足条件设T(n-1)满足条件则T(n)=T(n/2)+1得证

1

随意设O(nlgn+d) 其中d>=1 就可以使T(1)满足条件