[leetcode]Sqrt(x)

新博文地址：[leetcode]Sqrt(x)

http://oj.leetcode.com/problems/sqrtx/

 

Implement int sqrt(int x).

Compute and return the square root of x.

初看这道题目的时候，想的太简单了，以为参数是int类型，返回值是int类型，就直接用了时间复杂度为O（n）的做法，从 x/2 开始往后遍历，知道找出满足 i * i == x的数，并返回。

 

后来勉强想到了二分查找，但是因为int类型发生的数组越界问题，好一顿纠结。最后看了别人的算法，看到了最合口味的牛顿迭代法：

算法思想也是很简单的，用到了极限的概念（大学数学木有白学啊，看到之后还是感觉自然而然的T_T）

不罗嗦：

为了方便理解，就先以本题为例：

   计算x² = n的解，令f(x)=x²-n，相当于求解f(x)=0的解，如左图所示。

   首先取x₀，如果x₀不是解，做一个经过(x₀,f(x₀))这个点的切线，与x轴的交点为x₁。

   同样的道理，如果x₁不是解，做一个经过(x₁,f(x₁))这个点的切线，与x轴的交点为x₂。

   以此类推。

   以这样的方式得到的x_i会无限趋近于f(x)=0的解。

   判断x_i是否是f(x)=0的解有两种方法：

   一是直接计算f(x_i)的值判断是否为0，二是判断前后两个解x_i和x_i-1是否无限接近。

 

经过(x_i, f(x_i))这个点的切线方程为f(x) = f(x_i) + f’(x_i)(x - x_i)，其中f'(x)为f(x)的导数，本题中为2x。令切线方程等于0，即可求出x_i+1=x_i - f(x_i) / f'(x_i)。

继续化简，x_i+1=x_i - (x_i² - n) / (2x_i) = x_i - x_i / 2 + n / (2x_i) = x_i / 2 + n / 2x_i = (x_i + n/x_i) / 2。

有了迭代公式x_i+1= (x_i + n/x_i) / 2，程序就好写了。

	public int sqrt(int x) {
		if(x <= 1){
			return x;
		}
		return newTon(x);
	}
	
	private int newTon(int x){
		int result = 0;
		double pre = x / 2 + 1;
		double post = (pre + x / pre)/2;  
		while(Math.abs(pre - post) > 0.0000001){
			pre = post ;
			post = (pre + x / pre)/2;
		}
		result = (int) (pre + post) / 2;
		return result;
	}
	
	

 至于二分法，资源很多，就不再啰嗦了。