求以下代码时间复杂度： if (n<100) for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=n;j++) sum=i+j; else sum=2*n+100

时间: 2023-12-07 16:03:46 浏览: 185
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关于算法时间复杂度的计算

这段代码的时间复杂度可以分为两个部分来考虑。 第一个部分是当 n<100 时，代码中的两个嵌套循环的时间复杂度为 O(n^2)。因为第一个循环从 1 到 n 需要执行 n 次，而第二个循环也是从 1 到 n 需要执行 n 次，所以总共需要执行 n*n = n^2 次。 第二个部分是当 n>=100 时，代码中只有一条简单的赋值操作，因此时间复杂度为 O(1)。 综上所述，代码的时间复杂度为： 当 n<100 时，O(n^2) 当 n>=100 时，O(1)
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js代码-算法：以时间复杂度 O(n) 从长度为n的数组中找出所有比左边大比右边的小的元素

js代码-算法：以时间复杂度 O(n) 从长度为n的数组中找出所有比左边大比右边的小的元素

优化这段代码#include <iostream> void bubbleSort(int arr[], int n) { for (int i = 0; i < n - 1; i++) { for (int j = 0; j < n - i - 1; j++) { // 如果当前元素为偶数，且下一个元素为奇数，则交换它们 if (arr[j] % 2 == 0 && arr[j + 1] % 2 != 0) { int temp = arr[j]; arr[j] = arr[j + 1]; arr[j + 1] = temp; } } } } int main() { int arr[] = {9, 4, 7, 2, 5, 8, 1, 6, 3}; int n = sizeof(arr) / sizeof(arr[0]); bubbleSort(arr, n); std::cout << "排序后的数组: "; for (int i = 0; i < n; i++) { std::cout << arr[i] << " "; } std::cout << std::endl; return 0; }

这段代码可以进行一些优化，以提高性能和减少不必要...请注意，冒泡排序算法的时间复杂度为 O(n^2)，在处理大规模数据时可能不是最优选择。如果对算法性能有更高要求，可以考虑其他排序算法，如快速排序、归并排序等。

优化这段求质数的c++代码：#include <iostream> using namespace std; int main() { int n; cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i++) { int sum = 0; for (int k=2;k<=i;k++) { if (i%k==0) { sum+=k; } } if (sum == i) { cout << i << " "; } } return 0; }

该算法可以在 O(n log log n) 的时间复杂度内找到小于等于 n 的所有质数。 下面是优化后的代码： cpp #include <iostream> #include <vector> using namespace std; vector<bool> sieve(int n) { vector<bool...

#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#define MAX_SIZE 1000int main() { int nums[MAX_SIZE], freq[MAX_SIZE], n, maxFreq = 0; printf("请输入数值个数："); scanf("%d", &n); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &nums[i]); freq[i] = 0; } for (int i = 0; i < n; i++) { int count = 1; for (int j = i+1; j < n; j++) { if (nums[j] == nums[i]) { count++; } } freq[i] = count; if (count > maxFreq) { maxFreq = count; } } printf("出现次数最多的数为："); for (int i = 0; i < n; i++) { if (freq[i] == maxFreq) { printf("%d ", nums[i]); freq[i] = -1; // 标记为已输出 } } printf("\n按从大到小顺序输出："); for (int i = n-1; i >= 0; i--) { if (freq[i] != -1) { // 没有被输出过 for (int j = i-1; j >= 0; j--) { if (freq[j] != -1 && nums[j] > nums[i]) { int temp = nums[j]; nums[j] = nums[i]; nums[i] = temp; } } printf("%d ", nums[i]); } } return 0;}的时间复杂度和空间复杂度

这段代码的时间复杂度为O(n^2)，空间复杂度为O(n)。 时间复杂度分析： 1. 输入n个数值，时间复杂度为O(n)。 2. 第一个循环遍历n个数值，时间复杂度为O(n)。 3. 第二个循环嵌套在第一个循环中，时间复杂度为O(n^2...

分析下面代码的时间复杂度和空间复杂度#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; //作业个数为n, 机器个数为m int main() { cin>>n>>m; vector<int> time(n); vector<vector<int> > machine(m); vector<int> sumTime(m,0); for(int i=0;i<n;++i){ cin>>time[i]; } sort(time.begin(),time.end(),greater<int>()); for(int i=0;i<n;++i){ int select=0; for(int j=0;j<m;++j){ if(sumTime[j]<sumTime[select]){ select=j; } } machine[select].push_back(time[i]); sumTime[select]+=time[i]; } int maxTime=sumTime[0]; for(int j=0;j<m;++j){ if(sumTime[j]>maxTime){ maxTime=sumTime[j]; } } for(int j=0;j<m;++j){ cout<<"第"<<j<<"台机器所需处理总时间为: "<<sumTime[j]<<endl; } cout<<"处理所有作业时间共需: "<<maxTime; return 0; }

1. 输入操作的时间复杂度为 O(1)。 2. 创建一个长度为 n 的 vector，时间复杂度为 O(n)。 3. 创建一个大小为 m*m 的二维 vector，时间复杂度为 O(m^2)。 4. 创建一个长度为 m 的 vector，时间复杂度为 O(m)。 5....

分析讨论一下这段代码的算法时间复杂度#include <iostream> using namespace std; int n=0, m=0, k=0; int a[10001]; int b[10001]; int number = 0; int area=1; int main() { cin >> n >> m >> k; for (int i = 0; i <= n; i++) { a[i] = 0; b[i] = 0; } for (int i = 0; i < m; i++) { int t; cin >> a[i]; t = a[i]; b[t] = 1; } area = 1; while (area <= n) { if (area == n) break; else { int jet = 0; int bala = 0; bala = min(k + area, n); for (int i = area + 1; i <= bala; i++) { if (b[i] == 0) { area = i; jet = 1; break; } } if (jet == 0) { area = area + k; number++; } } } cout << number<<endl; return 0; }

这段代码的算法时间复杂度为 O(nm)，其中 n、m 分别表示输入的两个整数，k 表示一个常数。 具体分析： 1. 第 10、11 行的循环，时间复杂度为 O(n)。 2. 第 13-19 行的循环，时间复杂度为 O(m)。 3. 第 21-36 行...

解释这段代码，并分析时间复杂度： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { vector>v1, v2; int n; cin >> n; long long res = 0; int a, b; for (int i = 0; i < n; i++) { cin >> a >> b; v1.push_back(make_pair(a, b)); } for (int i = 0; i < n; i++) { cin >> a >> b; v2.push_back(make_pair(a, b)); } for (int i = 0, j = 0; i < n && j < n;) { if (v1[i].first <= v2[j].first && v1[i].second >= v2[j].first) { res += (min(v1[i].second, v2[j].second) - v2[j].first); } else if (v2[j].first <= v1[i].first && v2[j].second >= v1[i].first) { res += (min(v2[j].second, v1[i].second) - v1[i].first); } if (v1[i].second > v2[j].second) { j++; } else { i++; } } cout << res; return 0; }

代码的时间复杂度是O(n^2)，因为需要对每个元素比较n-1次，并且需要重复执行这个过程n次。虽然该算法时间复杂度较高，但它相对简单易懂且对小规模数据的排序效果仍然具有一定实用性。同时，也存在其他更为高效的算法...

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; int main() { srand(time(0)); cin>>n>>m; vector<int> time(n); vector<vector<int> > machine(m); vector<int> sumTime(m,0); for(int i=0;i<n;++i){ time[i]=rand()%30+1; cout<<time[i]<<setw(3); } sort(time.begin(),time.end(),greater<int>()); for(int i=0;i<n;++i){ int select=0; for(int j=0;j<m;++j){ if(sumTime[j]<sumTime[select]){ select=j; } } machine[select].push_back(time[i]); sumTime[select]+=time[i]; } int maxTime=sumTime[0]; for(int j=0;j<m;++j){ if(sumTime[j]>maxTime){ maxTime=sumTime[j]; } } for(int j=0;j<m;++j){ cout<<"第"<<j+1<<"台机器所需处理总时间为: "<<sumTime[j]<<endl; } cout<<"处理所有作业时间共需: "<<maxTime; return 0; }的时间复杂度

这段代码的时间复杂度为 $O(nm\log m)$，其中 $n$ 是作业的数量，$m$ 是机器的数量。 首先，生成随机数的时间复杂度为 $O(n)$，因为需要生成 $n$ 个随机数。然后，对随机数进行排序的时间复杂度为 $O(n\log n)$，...

请帮我分析一下这段代码的时间复杂度和空间复杂度：#includeiostream using namespace std; #define LENGTH 10000 int arr1[LENGTH], MinCost = 0, n; void MinInAi(int i) { for (int j = i + 1; j n; j++) { if (arr1[j] arr1[i]) { int temp = arr1[i]; arr1[i] = arr1[j]; arr1[j] = temp; } } } void sort(int arr1[], int n) { for (int i = 0; i n - 1; i++) { for (int j = 0; j n - 1 - i; j++) { if (arr1[j] arr1[j + 1]) { int temp = arr1[j + 1]; arr1[j + 1] = arr1[j]; arr1[j] = temp; } } } } int main() { cin n; for (int i = 0; i n; i++) { cin arr1[i]; } sort(arr1, n); for (int i = 1; i n; i++) { arr1[i] += arr1[i - 1]; MinCost += arr1[i]; MinInAi(i); MinInAi(i + 1); } cout MinCost endl; return 0; }

2. 计算最小代价部分：有两个for循环，时间复杂度为O(n^2)；并且在每次循环中还要调用MinInAi函数，时间复杂度为O(n)，所以总时间复杂度为O(n^3) 空间复杂度分析： 1. 数组arr1：长度为10000，所以空间复杂度为O...

请分析以下代码#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> using namespace std; int main() { int n; cout << "请输入城市数量："; cin >> n; vector<vector<int>> distances(n, vector<int>(n)); cout << "请输入" << n << "x" << n << "的距离矩阵：\n"; for (int i = 0; i < n; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) { cin >> distances[i][j]; } } vector<int> path(n); for (int i = 0; i < n; i++) { path[i] = i; } int total_distance = 0; for (int i = 0; i < n - 1; i++) { int min_distance = distances[path[i]][path[i + 1]]; int min_index = i + 1; for (int j = i + 2; j < n; j++) { if (distances[path[i]][path[j]] < min_distance) { min_distance = distances[path[i]][path[j]]; min_index = j; } } total_distance += min_distance; swap(path[i + 1], path[min_index]); } total_distance += distances[path[n - 1]][path[0]]; cout << "最短路径为："; for (int i = 0; i < n; i++) { cout << path[i] << " "; } cout << "\n"; cout << "路径长度为：" << total_distance << endl; return 0; }

具体的实现方法是，设当前城市为i，从i+1到n-1的城市中选择距离i最近的城市j，并将其与i+1位置上的城市交换。这样，路径path的前i+2个城市就是访问前i+2个城市的最短路径。 4. 最后计算路径长度total_distance，即...

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; vector<int>a; int main() { int n; printf("请输入多项式含有几项："); cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) { int tmp1,tmp2; scanf("%d %d",&tmp1,&tmp2); a.push_back(tmp1); a.push_back(tmp2); } cout<<"结果为"<<endl; for(int i=0;i<2*n;i+=2) { if(a[i+1]) cout<<a[i]*a[i+1]<<" "<<a[i+1]-1<<endl; } return 0; }这串代码时间复杂度

这段代码的时间复杂度为 O(n)，其中 n 是多项式的项数。原因是代码中使用了一个循环来遍历每一项，时间复杂度为 O(n)。 具体来说，代码中先读入多项式的项数 n，然后使用一个循环读入每一项，将其系数和指数分别...

写出这个优化后的代码代码 减小算法复杂度#include <iostream> using namespace std; int c,n; int v[1000],w[1000]; int x[1000],m[1000][1000]; void Knapsack(int v[],int w[],int c,int n) { int jmax=min(w[n]-1,c); for(int j=0;j<=jmax;j++) m[n][j]=0;//初始化 for(int j=w[n];j<=c;j++) m[n][j]=v[n];//初始化 for(int i=n-1;i>1;i--) { jmax=min(w[i]-1,c); for(int j=0;j<=jmax;j++) m[i][j]=m[i+1][j]; for(int j=w[i];j<=c;j++) m[i][j]=max(m[i+1][j],m[i+1][j-w[i]]+v[i]); } m[1][c]=m[2][c]; if(c>=w[1]) m[1][c]=max(m[1][c],m[2][c-w[1]]+v[1]); } void Traceback(int w[],int c,int n,int x[]) { for(int i=1;i<n;i++) { if(m[i][c]==m[i+1][c]) x[i]=0; else { x[i]=1; c-=w[i]; } } x[n]=m[n][c]?1:0; } int main() { cin>>c>>n; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v[i]; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>w[i]; Knapsack(v,w,c,n); Traceback(w,c,n,x); cout<<m[1][c]<<endl; for(int i=1;i<=n;i++) if(x[i]==1) cout<<i<<" "; cout<<endl; return 0; } 输入样例： 10 5 6 3 5 4 6  2 2 6 5 4 输出样例： 15 1 2 5

for (int i = n - 1; i >= 1; i--) { for (int j = 0; j <= c; j++) { int x = (j < w[i]) ? 0 : m[i + 1][j - w[i]] + v[i]; m[i][j] = std::max(m[i + 1][j], x); } } } void Traceback(int w[], int c, ...

请优化算法，减少这段代码的时间复杂度：m = int(input()) for _ in range(m): n = int(input()) f = [0] * (n + 1) f[0] = 1 for i in range(1, n + 1): for j in range(1, 5): if i >= j: f[i] += f[i - j] print(f[n])

可以通过使用滚动数组，避免重复计算，从而将时间复杂度从 $O(mn)$ 降低到 $O(n)$。 代码如下： m = int(input()) for _ in range(m): n = int(input()) f = [0] * 5 f[0] = 1 for i in range(1, n + 1): ...

请给出下列这段代码的时间复杂度分析： const int maxn = 350;//题目给出的最大数字 char neck[maxn*2];//项链数组所存储最大数字 int n,ans = 0,lb[maxn*2] = {0},lr[maxn*2] = {0},rb[maxn*2] = {0},rr[maxn*2] = {0}; int max(int a,int b) {return (a>b)?a:b; } int main() { scanf("%d\n",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%c",&neck[i]); neck[i+n] = neck[i]; } for(int i=1;i<=2*n;i++){ if(neck[i] == 'w'){ lb[i] = lb[i-1] + 1; lr[i] = lr[i-1] + 1; } else if(neck[i] == 'r'){ lr[i] = lr[i-1] + 1; } else if(neck[i] == 'b'){ lb[i] = lb[i-1] + 1; } } for(int i=2*n;i>=1;i--){ if(neck[i] == 'w'){ rb[i] = rb[i+1] + 1; rr[i] = rr[i+1] + 1; } else if(neck[i] == 'r'){ rr[i] = rr[i+1] + 1; } else if(neck[i] == 'b'){ rb[i] = rb[i+1] + 1; } } for(int i=1;i<=2*n;i++){ ans = max(ans,max(lr[i],lb[i])+max(rr[i+1],rb[i+1])); } if(ans > n){ ans = n; } printf("%d",ans); return 0; }

这段代码的时间复杂度分析如下： 1. 定义常量 maxn，时间复杂度为 O(1)。 2. 定义字符数组 neck，时间复杂度为 O(maxn)。 3. 定义整型变量 n、ans 和四个整型数组 lb、lr、rb、rr，时间复杂度为 O(1)。 4. 定义函数...

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n; cin>>n; int a[n],b[n]; for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i]>>b[i]; for(int i=0;i<n;i++) { for(int j=i+1;j<n;j++) { if(a[i]==a[j]) { b[i]+=b[j]; } } } int max=0; for(int i=0;i<n;i++) { if(max<b[i]) max=b[i]; } for(int i=0;i<n;i++) { if(max==b[i]) { cout<<a[i]<<" "<<b[i]<<endl; break; } } return 0; }时间优化

这段代码可以通过排序来进行优化，具体做法是，将输入的 a 和 b 值组成的二元组按照 a 值从小到大排序，然后顺序遍历这个排序后的数组，统计每个 a 值对应的 b 值的和...时间复杂度为 O(n log n)，空间复杂度为 O(n)。

请给出下面这段代码的时间复杂度分析： using namespace std; int n, maxn; string s, x, y; int front(int l) { int ans = 0; int k = 0; while(x[k] == 'w') { ans++; k++; } for(int i = k; i < n; i++) { if(x[k] == x[i] || x[i] =

该段代码中的时间复杂度为 O(n^2)，其中 n 是字符串 x 的长度。原因是代码中使用了两重循环，外层循环遍历字符串 x，内层循环从当前位置开始向右扩展，直到找到不同颜色的珠子为止。在最坏情况下，即字符串 x 全部为...

请你帮我优化一下这段代码的时间复杂度：#include <stdio.h> int bitsum(long long int n); int main() { long long int a, b, s, i , sum, count = 0, min_num = 0; scanf("%lld %lld %lld", &a, &b, &s); for (i = a; i <= b; i++) { sum = bitsum(i); /* 计算 i 的位数之和 */ if (sum == s) { /* 满足位数之和为 s */ if (min_num==0) { /* 还没有找到合法的数，直接将当前数赋值给 min_num */ min_num = i; } count++; /* 找到的合法数数量加 1 */ } } printf("%lld\n%lld", count, min_num); return 0; } /* 求一个数的位数之和 */ int bitsum(long long int n) { int sum = 0; while (n > 0) { sum += n % 10; n /= 10; } return sum; }

这段代码的时间复杂度为O((b-a+1)logb)，其中logb表示b的位数。 优化方法： 可以考虑将计算位数之和的操作直接放在for循环中，而不是调用函数进行计算。同时，可以将计算位数之和的过程中的除法操作换成减法操作，...

#include <algorithm> #include <iostream> using namespace std; const int N = 10010; int a[N]; int b[N]; // b[i]表示第i个顾客最少等待时间 void quickSort(int *a, int l, int r) { if(l < r) { int i = l, j = r; int num = a[i]; while(i < j) { while(i < j && a[j] >= num) j--; if(i < j) a[i++] = a[j]; while(i < j && a[i] < num) i++; if(i < j) a[j--] = a[i]; } a[i] = num; quickSort(a, l, i-1); quickSort(a, i+1, r); } } int main() { int n; cin >> n; for(int i = 0; i < n; i++) { cin >> a[i]; } int ans = 0; quickSort(a, 0, n-1); b[0] = 0; for(int i = 0; i < n; i++) b[i+1] = b[i] + a[i]; // 第i+1个顾客等待时间应该是第i个顾客等待时间加上a[i] for(int i = n; i >= 0; i--) { ans += b[i]; } cout << 1.0 * ans / n << endl; return 0; }进行时间复杂度分析

这段代码的时间复杂度为O(nlogn)，其中n为顾客数量。 首先，快速排序的时间复杂度为O(nlogn)，因为每次快排可以将一个区间分成两个，所以需要递归logn次，每次递归的时间复杂度为n。 接着，计算每个顾客的等待时间...

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资源摘要信息:"STLinkV2.J16.S4固件.zip包含了用于STLinkV2系列调试器的JTAG/SWD接口固件，具体版本为J16.S4。固件文件的格式为二进制文件（.bin），适用于STMicroelectronics（意法半导体）的特定型号的调试器，用于固件升级或更新。" STLinkV2.J16.S4固件是指针对STLinkV2系列调试器的固件版本J16.S4。STLinkV2是一种常用于编程和调试STM32和STM8微控制器的调试器，由意法半导体（STMicroelectronics）生产。固件是指嵌入在设备硬件中的软件，负责执行设备的低级控制和管理任务。 固件版本J16.S4中的"J16"可能表示该固件的修订版本号，"S4"可能表示次级版本或是特定于某个系列的固件。固件版本号可以用来区分不同时间点发布的更新和功能改进，开发者和用户可以根据需要选择合适的版本进行更新。 通常情况下，固件升级可以带来以下好处： 1. 增加对新芯片的支持：随着新芯片的推出，固件升级可以使得调试器能够支持更多新型号的微控制器。 2. 提升性能：修复已知的性能问题，提高设备运行的稳定性和效率。 3. 增加新功能：可能包括对调试协议的增强，或是新工具的支持。 4. 修正错误：对已知错误进行修正，提升调试器的兼容性和可靠性。 使用STLinkV2.J16.S4固件之前，用户需要确保固件与当前的硬件型号兼容。更新固件的步骤大致如下： 1. 下载固件文件STLinkV2.J16.S4.bin。 2. 打开STLink的软件更新工具（可能是ST-Link Utility），该工具由STMicroelectronics提供，用于管理固件更新过程。 3. 通过软件将下载的固件文件导入到调试器中。 4. 按照提示完成固件更新过程。 在进行固件更新之前，强烈建议用户仔细阅读相关的更新指南和操作手册，以避免因操作不当导致调试器损坏。如果用户不确定如何操作，应该联系设备供应商或专业技术人员进行咨询。 固件更新完成后，用户应该检查调试器是否能够正常工作，并通过简单的测试项目验证固件的功能是否正常。如果存在任何问题，应立即停止使用并联系技术支持。 固件文件通常位于STMicroelectronics官方网站或专门的软件支持平台上，用户可以在这里下载最新的固件文件，以及获得技术支持和更新日志。STMicroelectronics网站上还会提供固件更新工具，它是更新固件的必备工具。 由于固件涉及到硬件设备的底层操作，错误的固件升级可能会导致设备变砖（无法使用）。因此，在进行固件更新之前，用户应确保了解固件更新的风险，备份好重要数据，并在必要时寻求专业帮助。
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