本文主要是介绍算法性能优化之二分法与二次问题，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

性能优化小案例

1、二分法查找

有序数组查找

有序数组是什么？

如果一个数组中的值是按一定顺序排列的，我们就称为有序数组

例如：数组 [2, 8, 15, 24, 66, 88, 100]

现在希望完成一个函数来实现：查找某个数字是否存在数组中。例如：

24 存在数组中，索引值是 3，1000 不在数组中

线性查找

方法一：我们使用暴力查找方法，通过遍历整个数组来判定该数字是否存在

public static int orangeFind(int[] array, int aim) {
    for (int i=0; i<array.length; i++) {
        if (aim == array[i]) {
            return i;
        }
    }
    return -1;
}

方法一的时间复杂度为：O(N)

方法二：二分法查找

因为数组是有序的，因此我们可以先比对中间索引值对应的数值，再来缩小查找范围

以数字 15 为例，步骤为：

1. 先选取索引值为 3 的数值（24），由于 15<24，则舍弃 24 右边部分的数值
2. 在左边部分中选取索引值为 1 的数值（8），由于 15>8，则舍弃 8 左边部分的数值
3. 最后剩下 array[2]，对比发现，这个就是我们想要的

如上，只需要三步就能找到对应的元素，代码如下：

public static int orangeFind(int[] array, int aim) {
    // 初始化left = 最左侧, right = 最右侧
    int left = 0;
    int right = array.length - 1;
    
    // 当left > right则表示遍历完成
    while (left <= right) {
        // 获取中间的值
        int middle = (left + right) / 2;
        int middleValue = array[middle];
        if (middleValue == aim) {
            // 已经找到目标
            return middle;
        } else if (maddleValue < aim) {
            // 目标在middle的右侧，重置left
            left = middle + 1;
        } else {
            // 目标在middle的左侧，重置right
            right = middle - 1;
        }
    }
    return -1;
}

接下来我们例举一些数据量比较大的例子，对比一下各自查找的时间复杂度：

我们只考虑最坏的情况，因为最好的情况都是 1 次，没有比较的价值

由表中数据可知，数组越大，数据量越大，最终性能提升相当的明显，相差的不止一个档次

2、二次问题

题目：假设给定一个数字数组，数组里面每个数字都介于 0~10 之间，请找出里面重复的数字

举个例子：

数字数组为：[0, 8, 6, 2, 5, 6, 8, 6, 10, 8]

重复数字为：[8, 6]

方法一：暴力破解法

每次获取一个元素，依次判断这个元素和之后的元素是否有重复

第一步，我们选择第一个元素0，判断与后面8个元素是否相同

第二步，我们选择第二个元素8，判断与后面7个元素是否相同

…

代码如下：

public static ArrayList<Integer> repeat(int[] array) {
    ArrayList<Integer> result = new ArrayList<>();
    for (int i=0; i<array.length; i++) {
        // 判断第i个位置的元素和后面第j个位置的元素是否相等
        for (int j=i+1; j<array.length; j++) {
            if (array[i] == array[j]) {
                // 判断result数组是否含有该元素，如果没有，则添加该元素
                if (!result.contains(array[i])) {
                    result.add(array[i]);
                }
            }
        }
    }
    return result;
}

方法一的时间复杂度是多少呢？有两个for循环嵌套，所以是：O(N^2)（此处不包括contains方法的复杂度）

方法二：标记法

由于题干中说每个数字都是介于 0 ~ 10 之间的，那么我们猜想，可以使用 长度为11的数组来标记 0 ~ 10 这 11 个数字是否存在，1表示存在一次，2表示存在两次，n就表示存在n次

假设有一个数组为 8, 6, 5，那么我们建立长度为11的数组中，索引为8, 6, 5的位置会被标记成 1

如何判断是否重复？

下次如果遇到对应的位置的值 >= 1，则表示重复了。我们最终也只需要得到对应值 > 1 的索引的值就知道哪几个元素是重复的

详细步骤：

0. 前置步骤：我们首先 new 一个数组，数组名称为 exist，表示该数字是否存在。数组的长度为 11，并且数组里面的值都默认为 0，表示 0 ~ 10 这 11 个数都默认不存在

1. 第一步，我们扫描到数字 0，因此我们将 exist 数组中索引值为 0 的数字设置为 1

   exist[0] = 1;
   

2. 第二步，我们扫描到数字 8，因此我们将 exist 数组中索引值为 8 的数字设置为 1

   exist[8] = 1;
   

3. …依此类推

4. 第六步的时候，我们的 exist 数组0，8，6，2，5 索引位置已经设置为 1。我们扫描到原始数组第 6 位为 6，而 exist 数组中索引值为 6 的位置的值已经为 1 了，所以我们知道 6 重复了，然后将 6 写进 result 数组中，并且将 6 对应的索引值改为 2，表示出现过 2 次了

5. 之后再遇到 6 怎么办

   这时候不能继续往 result 中添加元素了，需要判断对应标记为 1 时，才添加到 result 中

完善代码：

public static ArrayList<Integer> repeat(int[] array) {
    ArrayList<Integer> result = new ArrayList<>();
    int[] exist = new int[11];
    for (int i=0; i<array.length; i++) {
        int value = array[i];
        // 判断当前exist数组是否存在该value值,如果当前已经存在该value,那么标识重复,添加到result数组中, >1的情况则不添加到result数组中，防止result中重复出现value值
        if (exist[value] == 1) {
            result.add(value);
        }
        // 将数值记录到exist数组对应索引中
        exist[value]++;
    }
    return result;
}

很明显，从代码可以看出，一次循环就能完成题目要求，所以时间复杂度为 o(N)。有人可能有疑惑，多声明了exist一段空间，空间复杂度不就提高了吗？

这其实是空间换时间的经典案例。在编程中除非特殊情况，我们只考虑时间复杂度，忽略空间复杂度

两个方法的效率差距：

从中我们可以发现：随着数组数量的增加，性能差距也会越来越明显

这篇关于算法性能优化之二分法与二次问题的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对大家有所帮助，也希望大家多多支持为之网！