第2次作业。
第一题：1.给定两个字符串x=x1x2…xn和y=y1y2…ym,其长度为k的公共子串定义为x[i,…,i+k-1]=y[j, …j+k-1],令kmax为x和y的最长公共子串，设计时间复杂性为o(mn)的算法求kmax。
考虑最长公共子序列问题如何分解成子问题，设a=“a0，a1，，am-1”，b=“b0，b1，，bm-1”，并z=“z0，z1，，zk-1”为它们的最长公共子序列。不难证明有以下性质：（1）如果am-1=bn-1，则zk-1=am-1=bn-1，且“z0，z1，，zk-2”是“a0，a1，，am-2”和“b0，b1，，bn-2”的一个最长公共子序列；
2）如果am-1!=bn-1，则若zk-1!=am-1，蕴涵“z0，z1，，zk-1”是“a0，a1，，am-2”和“b0，b1，，bn-1”的一个最长公共子序列；
3）如果am-1!=bn-1，则若zk-1!=bn-1，蕴涵“z0，z1，，zk-1”是“a0，a1，，am-1”和“b0，b1，，bn-2”的一个最长公共子序列。
这样，在找a和b的公共子序列时，如有am-1=bn-1，则进一步解决一个子问题，找“a0，a1，，am-2”和“b0，b1，，bm-2”的一个最长公共子序列；如果am-1!=bn-1，则要解决两个子问题，找出“a0，a1，，am-2”和“b0，b1，，bn-1”的一个最长公共子序列和找出“a0，a1，，am-1”和“b0，b1，，bn-2”的一个最长公共子序列，再取两者中较长者作为a和b的最长公共子序列。
为了节约重复求相同子问题的时间，引入一个数组，不管它们是否对最终解有用，把所有子问题的解存于该数组中，这就是动态规划法所采用的基本方法，具体说明如下。
定义c[i][j]为序列“a0，a1，，ai-2”和“b0，b1，，bj-1”的最长公共子序列的长度，计算c[i][j]可递归地表述如下：（1）c[i][j] =0如果i=0或j=0；
2）c[i][j] =c[i-1][j-1]+1如果i,j>0，且a[i-1] =b[j-1]；
3）c[i][j] =max如果i,j>0，且a[i-1] !b[j-1]。按此算式可写出计算两个序列的最长公共子序列的长度函数。
由于c[i][j]的产生仅依赖于c[i-1][j-1]、c[i-1][j]和c[i][j-1]，故可以从c[m][n]开始，跟踪c[i][j]的产生过程，逆向构造出最长公共子序列。细节见程序。#include <>#include <>
#define n 100
char a[n], b[n], str[n];int c[n][n];
int lcs_len(char* a, char* b, int c[n])}
return c[m][n];}
char* build_lcs(char s,char* a, char* b)}
return s;}
void main()}
matrixchain(inputnum,2*n-1,m,0);/计算最小得分intresultmin=m[0][n-1];for(i=1;i<=n-1;i++)
if(resultmin>m[i][n-1+i])resultmin=m[i][n-1+i];
matrixchain(inputnum,2*n-1,m,1);/计算最大得分intresultmax=m[0][n-1];for(i=1;i<=n-1;i++)if(resultmax第3题，第4题解法相同。
第一次作业。
1）由主定理，知，a=3,b=2,f(n)=n;n^log2(3)比f(n)=n高阶，所以t(n)=θn^log2(3))。
2）a=2,b=2,n^log2(2)=n,f(n)=n*logn比n^log2(2)高阶，但不是多项式的大于，主定理不适用于本递归式。而f(n)=θn^logb(a)*(lgn)^k）,其中a=2,b=2,k=1,则t(n)=θn^logb(a)*(lgn)^(k+1)）=n*(lgn)^2）。
3）h(n) =h(n/2) +h(n/4) +h(n/6) +h(n/12) +n
画出递归树，知道从根到叶子的最长路径是n→n/2→n/4→n/8→→1。而树的深度是log2(n).而每层的总代价是n(前面大部分层)，故我们猜测复杂度是o(nlgn).
所以，只要证明t(n)=o(nlgn)<=d*nlgn即可证实猜想。t(n)= h(n/2) +h(n/4) +h(n/6) +h(n/12) +n<=d*(n/2)lg(n/2)+d*(n/4)lg(n/4)+d*(n/6)lg(n/6)+d*(n/12)lg(n/12)+n=d*nlgn-d*n(13/12+1/4*lg3)<=d*nlgn得证。
4）g(n) =g(n1) +1/n=g(n2)+1/(n-1) +1/n =g(n3)+1/(n-2)+1/(n-1) +1/n
g(n4)+1/(n-3)+1/(n-2)+1/(n-1) +1/n=
2.采用二分法实现：二分法的时间复杂度是mlgn,而这里只有两个数组所以m=2；即lgm+lgn
public void merge(int m,int n)else}3.
1）对等式进行变形，则a*n*n<=2^(lgn+lgn)<=b*n*n，只要存在a，b使得不等式成立，则结论正确；再对不等式同时取对数，则2algn<=lg2*(lgn+lgn)<=2blgn
当n=2^k时，lgn+lgn=2k，则上式变成a<=lg2<=b，故a,b显然存在。
当n=2^k+m时，lgn+lgn=2k+1，则上式变成2a(k+x)<=lg2(2k+1)<=2b(k+x)，其中。
g(1)+1/2+1/3+1/4+1/n=1++1/2+1/3+1/4+1/n<=lgn+1=o(lgn)
0当n=2^k时，则lgn的上界下界均等于k，要证明猜想，只要证明2^k=θ(2^k)，n=θ(n)即显然成立；
当n=2^k+m时，则lgn的上界是k+1，下界是k，要证明猜想，只要证明2^k=θ(2^(k+1)),即证a*2^(k+1)<=2^k<=b*2^(k+1)即证2a<=1<=2b,显然只要a<=1/2<=b，猜想成立。4.
1）该算法的主要思想是分段排序，先对前面2/3的数进行排序，返回这2/3数据的有序数列；然后对整个数据的后面2/3数据进行排序，确定最大的1/3数据（有序），返回有序数列；最后再对发生变化的前面2/3的数据进行排序，返回这部分有序数列，这样一来，整个数列就呈现有序排列了。而具体实现中，利用递归调用，不断的分段处理，直到排列数只有2个的时候，停止递归调用，将这两个数按从小到大排序，向下执行，（前面一步的调用存在3个数）对后2个数进行排序，再向下执行，对变化后的前2个数进行排序，这样，这3个数就排好序了，之后返回上一级，继续向下执行，直到程序结束，数据就排好序了。
其余未作题目不懂。（不过会争取懂）
生物技术导论小作业
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