Question

如何证明此算法为O(loglogn)

i <-- 2
while i < n
i <-- i*i

嗯，我相信我们应该先从n / 2^k < 1开始，但这会产生O(logn)。有什么想法吗？

我想以一种简单的方式看待这个，一次迭代后发生的事情，经过两次迭代后，以及经过k次迭代后，我想这样我将能够更好地理解如何正确计算。您如何看待这种方法？我是新手，请原谅。

Answer 1

让我们对所提出的算法使用名称A。让我们进一步假设输入变量为n。

那么严格来说，A不在运行时复杂度类O(log log n)中。 A必须位于(Omega)(n)中，也就是说，就运行时复杂度而言，它至少是线性的。为什么？有i*i，一个依赖于i的乘法，它依赖于n。天真的乘法方法可能需要二次运行时复杂性。更复杂的方法将减少指数，但就n而言，不会降低线性。
为了完整起见，比较<也是线性运算。

出于这个问题的目的，我们可以假设乘法和比较是在恒定时间内完成的。然后，我们可以提出一个问题：对于给定的>，我们必须多久应用一次恒定时间操作*和A直到n终止？
简单地说，乘法减少了对数的工作量，并且迭代应用导致对数的进一步减少。我们如何证明这一点？幸运的是，由于A的简单结构，我们可以将A转换为可以直接求解的方程。
A将i更改为2的幂，然后重复执行此操作。因此，A计算2^(2^k)。 2^(2^k) = n什么时候？为了解决k的问题，我们两次使用对数（以2为底），即忽略底数，得到k = log log n。由于<符号，可以忽略O。

要回答原始问题的最后一部分，我们还可以查看每次迭代的示例。对于while循环的每次迭代，我们可以在while循环主体的末尾注意到i的状态：

1: i =     4 =                                             2^2 = 2^(2^1)
2: i =    16 =     4*4 =                           (2^2)*(2^2) = 2^(2^2)
3: i =   256 =   16*16 =         4*4 = (2^2)*(2^2)*(2^2)*(2^2) = 2^(2^3)
4: i = 65536 = 256*256 = 16*16*16*16 =                     ... = 2^(2^4)
...
k: i =                                                     ... = 2^(2^k)

如何证明此算法为O（loglogn）

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