一.什么是空间复杂度与时间复杂度

1.1算法效率

1.2时间复杂度的概念

1.3空间复杂度的概念

二.如何计算常见算法的时间复杂度

2.1大O的渐近表示法

使用规则

三.如何计算常见算法的空间复杂度

3.1 大O渐近表示法

3.2 面试题——消失的数字

3.3 面试题——旋转数组

一.什么是空间复杂度与时间复杂度

1.1算法效率

分为两种，一种是时间效率，又称时间复杂度，主要衡量算法的运行速度。另一种是空间效率，称空间复杂度,衡量算法所需要的额外空间。

1.2时间复杂度的概念

简单来说，算法中的基本操作的执行次数，就是算法的时间复杂度。

1.3空间复杂度的概念

空间复杂度是对一个算法运行过程中临时占用储存空间大小的量度。一般使用大O渐近表示法表示。

二.如何计算常见算法的时间复杂度

2.1大O的渐近表示法

//实例一.请计算一下Func1基本操作执行了多少次？
void Func1(int N)
{
	int count = 0;
	for (int i = 0; i < N; ++i)
	{
		for (int j = 0; j < N; ++j)
		{
			++count;
		}
	}
	for (int k = 0; k < 2 * N; ++k)
	{
		++count;
	}

	int M = 10;
	while (M--)
	{
		++count;
	}
	printf("%d\n", count);
}

我们可以知道准确的次数应该是N*N（每一次循环中嵌套循环都会循环N次，共N次循环所以是N*N次）+2*N（只循环2*N次）+10

这时候就会有关系：

令F(N)=N*N+2*N+10

N = 10 F(N) = 130

N = 100 F(N) = 10210

N = 1000 F(N) = 1002010

注意点：

随着N的增大，这个表达式中N^2对结果的影响是最大的。
时间复杂度是一个估算，是去看表达式中影响最大的那一项。
大O的渐进表示法，估算时间复杂度：O（N*2）。

使用规则

用常数1取代运行时间中的所有加法常数。
在修改后的运行次数函数中，只保留最高阶项。
如果最高阶项存在且不是1，则去除与这个项目相乘的常数。得到的结果就是大O阶。

//实例二，计算Func2的时间复杂度
void Func2(int N)
{
	int count = 0;
	for (int k = 0; k < 2 * N; ++k)
	{
		++count;
	}
	int M = 10;
	while (M--)
	{
		++count;
	}
	printf("%d\n", count);
}

结果是O(N)，准确是2*N+10，之所以忽略2是因为随着N无限增大，2已经无法过多影响N。

//实例三.计算Func3的时间复杂度
void Func3(int N, int M)
{
	int count = 0;
	for (int k = 0; k < M; ++k)
	{
		++count;
	}
	for (int k = 0; k < N; ++k)
	{
		++count;
	}
	printf("%d\n", count);
}

O（M+N）毕竟2个未知数但如果有条件说M远大于N，那么结果就为O（M）

如果条件是M与N差不多，那么结果为O（N)或O（M）。

//实例四.计算Func4的时间复杂度
void Func4(int N)
{
	int count = 0;

	for (int k = 0; k < 100; ++k)
	{
		++count;
	}
	printf("%d\n", count);
}

O(1) 只要是确定的常数次，都是O(1)

//实例五.计算strchr的时间复杂度
const char* strchr(const char* str, char character)
{
	while (*str != '\0')
	{
		if (*str == character)
			return str;

		++str;
	}

	return NULL;
}

相当于在一个字符数组中查找字符。假设字符串长度是N，在下面字符串中找到字符’s‘,'d','x'的运行次数都是不一样的。

我们会发现有多种情况：

最坏情况：任意输入规模的最大运行次数（上界）
平均情况：任意输入规模的期望运行次数
最好情况：任意输入规模的最小运行次数（下界）

例如：在一个长度为N数组中搜索一个数据x

最好情况：1次找到

最坏情况：N次找到

平均情况：N/2次找到

在实际中一般情况关注的是算法的最坏运行情况，所有数组中搜索数据时间复杂度为O（N）

//案例六.计算BubbleSort的时间复杂度
void BubbleSort(int* a, int n)
{
	assert(a);
	for (size_t end = n; end > 0; --end)
	{
		int exchange = 0;
		for (size_t i = 1; i < end; ++i)
		{
			if (a[i - 1] > a[i])
			{
				Swap(&a[i - 1], &a[i]);
				exchange = 1;
			}
		}
		if (exchange == 0)
			break;
	}
}

怎么说呢，有点抽象吧。毕竟这个不是像之前一样纯看代码，这一次是需要靠自己的理解把抽象代码具体化，就比如本质是冒泡排序，那我们就假想冒泡每一次执行的过程是怎么样的。

如数组arr[5]={0,1,2,3,4},0要换到4处最坏情况是4次（1，2，3，4，0），1换到3处最坏情况是3次，以此类推最后一个数为4时反而不用换了次数是0。

如下图所示。（为方便理解这里把N-1~0换成N~1）

可以看到在列出所以结果后发现这是一个等差数列，最终我们用求和方式求出准确次数。再进行估算后得出O(N^2)

//案例七.计算BinarySearch的时间复杂度
int BinarySearch(int* a, int n, int x)
{
	assert(a);

	int begin = 0;
	int end = n;
	while (begin < end)
	{
		int mid = begin + ((end - begin) >> 1);
		if (a[mid] < x)
			begin = mid + 1;
		else if (a[mid] > x)
			end = mid;
		else
			return mid;
	}
	return -1;
}

这是一个经典的二分查找案例，如果不懂其内核的友友们可以移步这篇文章：

二分查找详解

这里我们可以把这个数组想象成一张纸，里面的N个数想象成长度为N的纸，然后进行不断的折半，不断折半，这样折半X次后，要么找到了，要么找不到。最后我们再把它还原回去。

通过这样，我们得出了一个表达式：

//案例八.计算阶乘递归Factorial的时间复杂度
long long Factorial(size_t N)
{
	return N < 2 ? N : Factorial(N - 1) * N;
}

每次递归运算都是常数次，又因为递归调用N次，所以就是O(N)了。

//案例九.计算斐波那契递归Fib的时间复杂度
long long Fib(size_t N)
{
	if (N < 3)
		return 1;
	return Fib(N - 1) + Fib(N - 2);
}

执行次数像一个金字塔一样，1变2，2变3，次数不断乘2.

可以看出最终的时间复杂度是一个等比数列求和公式

时间复杂度：O（2^N)

三.如何计算常见算法的空间复杂度

3.1 大O渐近表示法

//案例一.计算BubbleSort的空间复杂度
void BubbleSort(int* a, int n)
{
	assert(a);
	for (size_t end = n; end > 0; --end)
	{
		int exchange = 0;
		for (size_t i = 1; i < end; ++i)
		{
			if (a[i - 1] > a[i])
			{
				Swap(&a[i - 1], &a[i]);
				exchange = 1;
			}
		}
		if (exchange == 0)
			break;
	}
}

我们可以发现一共有5个变量，相当于开辟了5个空间，这样一来：O(1)，因为5是常数。

在循环中走了N次，重复利用的是一个空间，只不过是变量出去会销毁，但空间不会。时间是累计的，空间不是累计。

//案例二.计算Fibonacc1的空间复杂度
long long* Fibonacc1(size_t n)
{
	if (n == 0)
		return NULL;

	long long* fibArray = (long long*)malloc((n + 1) * sizeof(long long));
	fibArray[0] = 0;
	fibArray[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i)
	{
		fibArray[i] = fibArray[i - 1] + fibArray[i - 2];
	}
	return fibArray;
}

我们可以知道准确的空间复杂度有O（N+6) 但实际是O(N)

其中malloc表达的含义是连续开辟了n+1的long long类型的数组。

//案例三.计算阶乘递归Factorial的空间复杂度
long long Factorial(size_t N)
{
	return N < 2 ? N : Factorial(N - 1) * N;
}

虽然最后会销毁，但空间复杂度计算的是累计最多使用的空间大小。

//案例四.计算斐波那契递归Fib的空间复杂度
long long Fib(size_t N)
{
	if (N < 3)
		return 1;
	return Fib(N - 1) + Fib(N - 2);
}

我们已经知道时间复杂度是O(2^N)

我们先来用栈帧图来表示：

一开始main开辟空间里面调用了Func1，Func1也会开辟空间存储变量a，结束后这个空间就销毁了。接着又有Func2的调用，之所以能够复用Func1的空间是因为它们都是类似的，都是创造一个int整型的变量（与值无关）。这就是地址相同的原因。

备注：两个函数的地址是不一样的，函数地址跟栈帧是没有关系的！

在开辟空间的时候并不会Fib(N-1)和Fib(N-2)同时调用开辟，而是优先顺着Fib(N-1)往下继续开辟空间，直到往下调用到Fib(2)时开始回归，这时候Fib(2)的空间虽然销毁了，但是只是把空间权限交还给了系统，当递归来到Fib(3)又会调用Fib(2)和Fib(1)，而这时候Fib(2)并不会重新开辟出新的空间，而是前往之前已经销毁的空间，相当于系统又重新把该处空间的开放权限交给了Fib(2)，所有顺着箭头我们会发现左侧都是已经开辟好的空间，一共有N处，这里的N处相当于一次性深入最多开辟的空间数，当递进完成需要销毁该处空间，回归调用遇到曾经已经开辟（销毁）过的空间时又重新使用这个空间。

换一种说法就是：酒店开了10间房，遇到Fib(2)递进结束开始往上回归时，相当于退房了。但房间还是在的，Fib(2)结束后就要调用Fib(1).而Fib(1)住进的房间就是Fib(2)退出的房间。

本质还是最多房间数代表一次递进所达到的最深程度，后面的都是重复利用罢了。不断的退房，开房，直到所有人都退房的时候也就代表着递归结束了。

时间是累积的，一去不复返，但空间是可以重复利用的。因此空间复杂度为O(N)

3.2 面试题——消失的数字

原题链接：力扣——消失的数字

排序+遍历：下一个数不等于下一个数据+1，这个下一个数就是消失的数字），不过光排序(qsort)就花了很长时间了。

时间复杂度为O（N）

int missingNumber(int* nums, int numsSize)
{
	int N = numsSize;
	int i = 0;
	int ret = N * (N + 1) / 2;
	for (i = 0; i < N; i++)
	{
		ret -= nums[i];
	}
	return ret;


}

异或特点：先把二进制表示出来，然后相同为0，相异为1。无论什么数，相同的数异或就没了。

重点是不需要顺序。

int missingNumber(int* nums, int numsSize)
{
	int i = 0;
	int j = 0;
	int x = 0;
	int N = numsSize;
	for (i = 0; i < N; i++)
	{
		x ^= nums[i];
	}
	for (j = 0; j <= N; j++)
	{
		x ^= j;
	}
	return x;


}

3.3 面试题——旋转数组

原题链接：力扣——旋转数组

把最后一个元素放在tmp中，前面数组元素全部往右移，再把tmp放到第一位，以此类推。

至于它的时间与空间复杂度是有说法的，右旋一次执行N次，那右旋K次应该是K*N次才对。

可是这是旋转数组，你右旋0次与右旋7次结果是一样的，所以k也分情况，最好的是只右旋了0次，最坏是右旋N-1次(第N次就又进入了轮回），所以时间复杂度也被分为O（1）与O (N^2)，按照规则我们取最坏情况O (N^2)。

故该方法不符合条件，pass~。附上代码：
void rotate(int* nums, int sumsSize, int k)
{
	int N = sumsSize;
	if (k >= N)
	{
		k %= N;
	}
	while (k--)
	{
		int tmp = nums[N - 1];
		for (int end = N - 2; end >= 0; end--)
		{
			nums[end + 1] = nums[end];
		}
		nums[0] = tmp;
	}
}

void rotate(int* nums, int sumsSize, int k)
{
	int N = sumsSize;
	int* tmp = (int*)malloc(sizeof(int) * N);//开辟与原数组空间同样大小的新数组
	k %= N;
	memcpy(tmp, nums + N - k, sizeof(int) * k);//把原数组中从下标第N-k开始拷贝k个
	memcpy(tmp, nums, sizeof(int) * (N - k));//把原数组从下标为0开始拷贝N-k个
	memcpy(nums, tmp, sizeof(int) * N);//把tmp数组中所有的k个元素都拷贝回nums中去
	free(tmp);//释放空间
    tmp = NULL;//置空

}

就是一次性挪好几个，把后k个拷贝到新数组里，再把前N-k个2拷贝到新数组，最后再把新数组一起拷贝回去，以空间换时间，但还是老问题，如果数组太大，空间可能达不到要求。

最妙的方法！！！

void Reverse(int* nums, int left, int right)
{
	while (left < right)
	{
		int tmp = nums[left];
		nums[left] = nums[right];
		nums[right] = tmp;
		left++;
		right--;

	}
}


void rotate(int* nums, int sumsSize, int k)
{
	int N = sumsSize;
	k %= N;

	Reverse(nums, 0, N - k - 1);
	Reverse(nums, N-k, N - 1);
	Reverse(nums, 0, N-1);

}