每日一道 LeetCode (16)：求 x 的平方根

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题目：求 x 的平方根

题目来源：https://leetcode-cn.com/problems/sqrtx/

实现 int sqrt(int x) 函数。

计算并返回 x 的平方根，其中 x 是非负整数。

由于返回类型是整数，结果只保留整数的部分，小数部分将被舍去。

示例 1:

输入: 4
输出: 2

示例 2:

输入: 8
输出: 2
说明: 8 的平方根是 2.82842..., 由于返回类型是整数，小数部分将被舍去。

解题过程

看到这道题，嗯，实际上我是完全不会做的，只能说有一个初步的想法，但是感觉太二了，也就没写代码，直接去翻答案了。

看到答案以后，悄悄的讲，理解起来稍微还有点难度。

讲老实话，这道题，如果没点高中数学的知识，还真的是做不出来。

但是如果把高中数学的知识给各位普及一下，我感觉应该还不算是难做的。

问题的关键就是，高中数学老师的棺材板都要压不住了。

官方解法一：袖珍计算器算法

这种解法官方还给了一个看起来很高大上的名字「袖珍计算器算法」，实际上我看下来感觉就是使用数学公式偷换概念。

这种方案并不介意各位同学在面试的时候拿出来用，否则被面试官按在地上摩擦就不好了。

目标是要求根号 x ，然后在公式上做了一个骚操作。

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

看不懂的同学去面壁，这个我记得不错的话应该是初中数学。

总体思路就是用自然对数 e 进行换底，讲道理，这题我上初中的时候应该能想到，现在已经完全没有任何想法了。

公式给了代码实际上就很简单了：

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

直接用数学公式解答，果然是最快的方案。

官方解法二：二分法

二分法其实就是我一开始想到的方案，用 n * n 不停的去试，直到试到 n * n < x && (n + 1) * (n + 1) > x 或者正好 n * n = x 。

然后接下来就是使用二分查找找到这个数 n ，首先定义最左边的书是 0 ，最右边的数是 x 。

因为 x 开平方肯定是小于等于自己的，然后用二分法一步一步查找下去，直到找到那个数，代码如下：

public int mySqrt_1(int x) {if (x == 0) return 0;int left = 0, right = x, ans = -1;while (left <= right) {int mid = left + (right - left) / 2;if ((long) mid * mid <= x) {ans = mid;left = mid + 1;} else {right = mid - 1;}}return ans;
}

这里的 (long) mid * mid 这一段代码要注意，因为 mid 本身是 int ，做乘法以后，如果够大和容易超出上限的，所以这里做了类型强转，转成了 long 类型。

二分查找次数稍微有点多，毕竟很多数开平方后差距都是会少很多数量级的（越大的数少的越多），即使使用二分法要找到也需要循环更多的次数。

官方解法三：牛顿迭代

这个名词我是第一次听，不过从名字上就可以看出来，这个方法又是我们伟大的牛顿老师发明的。

顺便说一句，我在学微积分的时候就已经恨死他了。

牛顿迭代的思想是借助泰勒级数，从初始值开始快速向零点逼近。

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。

算法

我们选择 x0=Cx_0 = Cx0=C 作为初始值。

在每一步迭代中，我们找到 xix_ixi 在图像上对应的点 (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：

y=2xi(x−xi)+xi2−C=2xix−(xi2−C)y = 2x_i(x - x_i) + x_i^2 - C = 2x_ix - (x_i^2 - C) y=2xi(x−xi)+xi2−C=2xix−(xi2−C)

与横轴的交点实际上就是上面那个方程 y = 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}(x_i + \frac{C}{x_i}) xi+1=21(xi+xiC)

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

上面这段内容好好理解一下，我也是看了很久才看懂几个公式的推导，真的是全都忘光了。

代码我还是抄一下官方的代码吧，做一个参考：

public int mySqrt_2(int x) {if (x == 0) return 0;double C = x, x0 = x;while (true) {double xi = 0.5 * (x0 + C / x0);if (Math.abs(x0 - xi) < 1e-7) {break;}x0 = xi;}return (int) x0;
}

可以看到，牛顿迭代的效率也是极高的，几乎可以媲美我们直接由数学公式推导。

这里有个小问题需要注意下，我们迭代到什么程度可以结束？一般是选取一个极小值，一般取到 10−610^{-6}10−6 或者 10−710^{-7}10−7 。

参考

https://leetcode-cn.com/

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