Leetcode（69）——x 的平方根

题目

给你一个非负整数 x ，计算并返回 x 的 算术平方根 。

由于返回类型是整数，结果只保留 整数部分 ，小数部分将被舍去。

注意：不允许使用任何内置指数函数和算符，例如 pow(x, 0.5) 或者 x ** 0.5 。

示例 1：

输入：x = 4
输出：2

示例 2：

输入：x = 8
输出：2
解释：8 的算术平方根是 2.82842…, 由于返回类型是整数，小数部分将被舍去。

提示：

000 <= x <= 231−12^{31 - 1}231−1

题解

方法一：暴力破解

思路

因为 xxx 的算术平方根向下取整的值一定在 [0,x][0, x][0,x] 中，所以直接暴力地从 000 遍历到 xxx，直到找到第一个平方大于 xxx 的值，它减去 111 就是我们要找到的值。

代码实现

我自己的：

class Solution {public:int mySqrt(int x) {long n;for(n = 0; n*n <= x; n++);return n-1;}
};

复杂度分析

时间复杂度：O(x)O(x)O(x)，最坏情况是从 000 查找到 xxx 才找到
空间复杂度：O(1)O(1)O(1)。

方法二：二分查找

思路

由于 xxx 平方根的整数部分 ans\textit{ans}ans 是满足 k2≤xk^2 \leq xk2≤x 的最大 kkk 值，因此我们可以对 kkk 进行二分查找，从而得到答案。

二分查找的下界为 000，上界可以粗略地设定为 xxx。在二分查找的每一步中，我们只需要比较中间元素 mid\textit{mid}mid 的平方与 xxx 的大小关系，并通过比较的结果调整上下界的范围。由于我们所有的运算都是整数运算，不会存在误差，因此在得到最终的答案 ans\textit{ans}ans 后，也就不需要再去尝试 ans+1\textit{ans} + 1ans+1 了。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {public:int mySqrt(int x) {int l = 0, r = x, ans = -1;while (l <= r) {int mid = l + (r - l) / 2;if ((long long)mid * mid <= x) {ans = mid;l = mid + 1;} else {r = mid - 1;}}return ans;}
};

我的：

class Solution {public:int mySqrt(int x) {long min = 0, max = x, mid;while(min <= max){mid = (min + max)/2;if(mid*mid < x){if((mid+1)*(mid+1) > x) break;else min = mid+1;}else if(mid*mid > x) max = mid-1;else break;}return mid;}
};

复杂度分析

时间复杂度：O(logx)O(logx)O(logx)，即为二分查找需要的次数。
空间复杂度：O(1)O(1)O(1)。

方法三：牛顿迭代法

思路

牛顿迭代法是一种可以用来快速求解函数零点的方法。

为了叙述方便，我们用 CCC 表示待求出平方根的那个整数。显然，CCC 的平方根就是函数
y=f(x)=x2−Cy = f(x) = x^2 - C y=f(x)=x2−C

的零点。

牛顿迭代法的本质是借助泰勒级数，从初始值开始快速向零点逼近。我们任取一个 x0x_0x0 作为初始值，在每一步的迭代中，我们找到函数图像上的点 (xi,f(xi))(x_i, f(x_i))(xi,f(xi))，过该点作一条斜率为该点导数 f′(xi)f'(x_i)f′(xi) 的直线，与横轴的交点记为 xi+1x_{i+1}xi+1。xi+1x_{i+1}xi+1 相较于 xix_ixi 而言距离零点更近。在经过多次迭代后，我们就可以得到一个距离零点非常接近的交点。下图给出了从 x0x_0x0 开始迭代两次，得到 x1x_1x1 和 x2x_2x2 的过程。

算法

我们选择 x0=Cx_0 = Cx0=C 作为初始值。

在每一步迭代中，我们通过当前的交点 xix_ixi，找到函数图像上的点 (xi,xi2−C)(x_i, x_i^2 - C)(xi,xi2−C)，作一条斜率为 f′(xi)=2xif'(x_i) = 2x_if′(xi)=2xi 的直线，直线的方程为：
yl=2xi(x−xi)+xi2−C=2xix−(xi2+C)\begin{aligned} y_l &= 2x_i(x - x_i) + x_i^2 - C \\ &= 2x_ix - (x_i^2 + C) \end{aligned} yl=2xi(x−xi)+xi2−C=2xix−(xi2+C)

与横轴的交点为方程 2xix−(xi2+C)=02x_ix - (x_i^2 + C) = 02xix−(xi2+C)=0 的解，即为新的迭代结果 xi+1x_{i+1}xi+1：
xi+1=12(xi+Cxi)x_{i+1} = \frac{1}{2}\left(x_i + \frac{C}{x_i}\right) xi+1=21(xi+xiC)

在进行 kkk 次迭代后，xkx_kxk 的值与真实的零点 C\sqrt{C}C 足够接近，即可作为答案。

细节

为什么选择 x0=Cx_0 = Cx0=C 作为初始值？

因为 y=x2−Cy = x^2 - Cy=x2−C 有两个零点 −C-\sqrt{C}−C 和 C\sqrt{C}C。如果我们取的初始值较小，可能会迭代到 −C-\sqrt{C}−C 这个零点，而我们希望找到的是 C\sqrt{C}C 这个零点。因此选择 x0=Cx_0 = Cx0=C 作为初始值，每次迭代均有 xi+1<xix_{i+1} < x_ixi+1<xi，零点 C\sqrt{C}C 在其左侧，所以我们一定会迭代到这个零点。

迭代到何时才算结束？

每一次迭代后，我们都会距离零点更进一步，所以当相邻两次迭代得到的交点非常接近时，我们就可以断定，此时的结果已经足够我们得到答案了。一般来说，可以判断相邻两次迭代的结果的差值是否小于一个极小的非负数 ϵ\epsilonϵ，其中 ϵ\epsilonϵ 一般可以取 10−610^{-6}10−6 或 10−710^{-7}10−7。

如何通过迭代得到的近似零点得出最终的答案？

由于 y=f(x)y = f(x)y=f(x) 在 [C,+∞][\sqrt{C}, +\infty][C,+∞] 上是凸函数（convex function）且恒大于等于零，那么只要我们选取的初始值 x0x_0x0 大于等于 C\sqrt{C}C，每次迭代得到的结果 xix_ixi 都会恒大于等于 C\sqrt{C}C。因此只要 ϵ\epsilonϵ 选择地足够小，最终的结果 xkx_kxk 只会稍稍大于真正的零点 C\sqrt{C}C。在题目给出的 32 位整数范围内，不会出现下面的情况：

真正的零点为 n−1/2ϵn−1/2\epsilonn−1/2ϵ，其中 nnn 是一个正整数，而我们迭代得到的结果为 n+1/2ϵn+1/2\epsilonn+1/2ϵ。在对结果保留整数部分后得到 nnn，但正确的结果为 n−1n - 1n−1。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {public:int mySqrt(int x) {long ans = x;while(ans * ans > x)ans = (ans + x/ans)/2;return ans;}
};

复杂度分析

时间复杂度：O(log⁡x)O(\log x)O(logx)，此方法是二次收敛的，相较于二分查找更快。
空间复杂度：O(1)O(1)O(1)。

方法四：袖珍计算器算法

思路

「袖珍计算器算法」是一种用指数函数 exp⁡\expexp 和对数函数 ln⁡\lnln 代替平方根函数的方法。我们通过有限的可以使用的数学函数，得到我们想要计算的结果。

我们将 x\sqrt{x}x 写成幂的形式 x1/2x^{1/2}x1/2，再使用自然对数 eee 进行换底，即可得到
x=x1/2=(eln⁡x)1/2=e12ln⁡x\sqrt{x} = x^{1/2} = (e ^ {\ln x})^{1/2} = e^{\frac{1}{2} \ln x} x=x1/2=(elnx)1/2=e21lnx

这样我们就可以得到 x\sqrt{x}x 的值了。

注意：由于计算机无法存储浮点数的精确值（浮点数的存储方法可以参考 IEEE 754，这里不再赘述），而指数函数和对数函数的参数和返回值均为浮点数，因此运算过程中会存在误差。例如当 x = 2147395600x=2147395600 时，e12ln⁡xe^{\frac{1}{2} \ln x}e21lnx 的计算结果与正确值 4634046340 相差 10−1110^{-11}10−11，这样在对结果取整数部分时，会得到 4633946339 这个错误的结果。

因此在得到结果的整数部分 ans\textit{ans}ans 后，我们应当找出 ans\textit{ans}ans 与 ans+1\textit{ans} + 1ans+1 中哪一个是真正的答案。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {public:int mySqrt(int x) {if (x == 0) {return 0;}int ans = exp(0.5 * log(x));return ((long long)(ans + 1) * (ans + 1) <= x ? ans + 1 : ans);}
};

复杂度分析

时间复杂度：O(1)O(1)O(1)，由于内置的 exp 函数与 log 函数一般都很快，我们在这里将其复杂度视为 O(1)O(1)O(1)。
空间复杂度：O(1)O(1)O(1)。