算法導論：第4章

4-2找出所缺的整數

1. 遍歷整數0到n的第一位，分紅兩個數組：P1[1] 和P0[1]，分別表明第一位是一、0的數，並記錄第一位是1的個數CountN，代價爲O(n)。

2. 遍歷數組A[0...n]的第一位, 分紅兩個組：Q1[1]和Q0[1]，分別表明第一位是一、0的數，並記錄1的個數CountA，代價爲O(n)。

3. 比較CountN和CountA的值，結果可能有兩種狀況CountN = CountA，或者CountN = CountA + 1， 前者代表所缺數的第一位爲0， 後者爲1，代價爲O(1)。

4. 經過3的結果，隨後咱們能夠在P1[1]和Q1[1]（CountN>CountA，即缺乏第一位爲1的數） 或者 P0[1]和Q0[1](CountN=CountA，即缺乏第一位爲0的數)中的第2位中重複步驟1，2中的操做，記錄數組P1[2]、P0[2]和 CountN'及Q1[2]、Q0[2]和CountA'。代價爲O(n/2)和O(n/2), 通過比較後可獲得所缺數第二位是0仍是1，決定接下來比較P1[2]和Q1[2] 或者 P0[2]和Q0[2]。

5, 不斷重複Ceiling(lg(n))次.

有T(n) = T(n/2) + O(2n)，得T(n) = O(4n)

 

4-6 VLSI芯片測試

a)    在全部的策略中，時間複雜度最高但最有效的方法是：對每一個芯片，讓其它全部芯片對它進行報告，因爲好芯片數目小於n/2，對於任意芯片，壞芯片均可以讓判斷結果如出一轍（好比判斷結果好壞各佔一半），此時，就沒法判斷出好壞。得證。

b）分狀況考慮
(1)n爲偶數
    隨機的兩兩配對，則共有n/2對，分別測試。考慮其中一對的測試結果：若是一好一壞，或者兩壞，那麼把這對丟棄。這樣丟棄不難發現丟棄的好芯片數必定不大於丟棄的壞的芯片數；若是兩好（實際狀況是兩個都是真的好或者兩個都是真的壞），那麼隨意丟棄其中一個，留下一個。
    這樣操做後，留下的好的芯片數必定仍是大於壞的芯片數的。分析：由於n爲偶數，設好的芯片數爲a，壞的芯片數爲b， 則a-b>=2，由鴿巢原理，必然有一對好的相遇。再往下分析，若是有k對壞的相遇，那麼至少再有k對好的相遇，因此兩個好相遇的對數必定大於兩個壞的相遇的對數。
這樣原問題的規模下降一半。

(2)n爲奇數

    這個稍微複雜一點。仍是隨機兩兩分對，結果必然留下一個沒有配對的。一樣，結果爲一壞一好或者兩壞的，直接把這對扔掉，不影響後續判斷，如今剩下的對都是兩好的，這樣對數設爲m（若是m=0，則沒有配對的那個必然是好的，結束，因此如今假設m不爲0），真正兩個好的對數設爲a，真正兩個壞的對數設爲b，則a+b=m。
    i) 若是m爲奇數
            不可貴到a>b，咱們能夠把那個沒有配對的那個扔掉，而直接考慮從這m對中每對任選一個，剩    下的都丟棄。這樣須要考慮的有m個芯片，並且其中好的必定多於壞的。
    ii)若是m爲偶數
             咱們也從m對中，每對中任選一個，這樣有m個芯片，再加上剛纔沒有配對的那個，咱們考慮這    m+1個芯片便可。須要證實的是，這m+1個芯片中好的必定多於壞的：若是沒有配對的那個是好的，    能夠獲得a>=b，結論沒問題；若是沒有配對的那個是壞的，而且m是偶數，因此a>=b+2，咱們把這個    壞的就算留下也沒有關係，好的仍是多於壞的（必需要留下，由於咱們不知道沒有配對的那個是好的    仍是壞的，咱們只是證實把最後沒有配對的這個留下是沒有問題的）。
這樣咱們就證完了。
c) 按照b中的方法 T(n)<=T(n/2)+n/2 根據主定理推出T(n)=O(n)

原文：http://blog.csdn.net/a81895898/article/details/7025254以及http://www.cnblogs.com/longdouhzt/archive/2011/07/15/2107751.html