我可以降低这个的计算复杂度吗？

Question

好吧，我的这段代码极大地减慢了程序的速度，因为它是线性复杂性的，但被调用了很多次，使得程序的复杂性变成了二次方。 如果可能的话，我想降低其计算复杂性，但否则我会尽可能优化它。 到目前为止，我已经简化为：

def table(n):
    a = 1
    while 2*a <= n:
      if (-a*a)%n == 1: return a

      a += 1

有人看到我错过的任何东西吗？ 谢谢！

编辑：我忘了提及：n 始终是质数。

编辑 2：这是我新改进的程序（感谢所有贡献！）：

def table(n):
    if n == 2: return 1
    if n%4 != 1: return

    a1 = n-1
    for a in range(1, n//2+1):
        if (a*a)%n == a1: return a

编辑 3：在真实环境中测试它，它快得多！ 嗯，这个问题似乎已经解决了，但有很多有用的答案。 我还应该说，除了上述优化之外，我还使用 Python 字典记住了该函数......

Answer 1

您正在做的一件事是一遍又一遍地重复计算 -a*a 。

创建一个值表一次，然后在主循环中查找。

另外，虽然这可能不适用于您，因为您的函数名称是表，但如果您调用一个需要时间来计算的函数，您应该将结果缓存在表中，并且如果您使用相同的名称再次调用它，则只需进行表查找价值。 这可以节省您首次运行时计算所有值的时间，但您不会浪费时间多次重复计算。

Answer 2

我检查并修复了哈佛版本，使其可以与 python 3 一起使用。
http://modular.fas.harvard.edu/ent/ent_py

我做了一些稍微改变一下，使结果与OP的功能完全相同。 有两个可能的答案，我强迫它返回较小的答案。

import timeit

def table(n):

    if n == 2: return 1
    if n%4 != 1: return

    a1=n-1

    def inversemod(a, p):
        x, y = xgcd(a, p)
        return x%p

    def xgcd(a, b):
        x_sign = 1
        if a < 0: a = -a; x_sign = -1
        x = 1; y = 0; r = 0; s = 1
        while b != 0:
            (c, q) = (a%b, a//b)
            (a, b, r, s, x, y) = (b, c, x-q*r, y-q*s, r, s)
        return (x*x_sign, y)

    def mul(x, y):      
        return ((x[0]*y[0]+a1*y[1]*x[1])%n,(x[0]*y[1]+x[1]*y[0])%n)

    def pow(x, nn):      
        ans = (1,0)
        xpow = x
        while nn != 0:
           if nn%2 != 0:
               ans = mul(ans, xpow)
           xpow = mul(xpow, xpow)
           nn >>= 1
        return ans

    for z in range(2,n) :
        u, v = pow((1,z), a1//2)
        if v != 0:
            vinv = inversemod(v, n)
            if (vinv*vinv)%n == a1:
                vinv %= n
                if vinv <= n//2:
                    return vinv
                else:
                    return n-vinv


tt=0
pri = [ 5,13,17,29,37,41,53,61,73,89,97,1234577,5915587277,3267000013,3628273133,2860486313,5463458053,3367900313 ]
for x in pri:
    t=timeit.Timer('q=table('+str(x)+')','from __main__ import table')
    tt +=t.timeit(number=100)
    print("table(",x,")=",table(x))

print('total time=',tt/100)

该版本运行上述测试用例大约需要 3 毫秒。

使用质数 1234577 进行比较
OP Edit2 745ms
接受的答案 522ms
上述函数0.2ms

Answer 3

暂时忽略算法（是的，我知道，坏主意），只需从 while 切换到 for< /代码>。

for a in range(1, n / 2 + 1)

（希望这不会出现相差一的错误。我很容易犯这些错误。）

我会尝试的另一件事是看看步长是否可以增加。

Answer 4

看看http://modular.fas.harvard.edu/ent/ent_py .
如果设置 a = -1 且 p = n，则函数 sqrtmod 即可完成这项工作。

你错过了一个小点，因为你的改进算法的运行时间仍然是n的平方根的数量级。 只要您只有小素数 n（比方说小于 2^64），就可以了，并且您可能应该更喜欢您的实现而不是更复杂的实现。

如果素数 n 变得更大，您可能必须切换到使用一点数论的算法。 据我所知，您的问题只能在时间 log​​(n)^3 内使用概率算法来解决。 如果我没记错的话，假设黎曼假设成立（大多数人都是这样做的），可以证明以下算法的运行时间（在 ruby​​ 中 - 抱歉，我不知道 python）是 log(log(n))* log(n)^3：

class Integer
  # calculate b to the power of e modulo self
  def power(b, e)
    raise 'power only defined for integer base' unless b.is_a? Integer
    raise 'power only defined for integer exponent' unless e.is_a? Integer
    raise 'power is implemented only for positive exponent' if e < 0
    return 1 if e.zero?
    x = power(b, e>>1)
    x *= x
    (e & 1).zero? ? x % self : (x*b) % self
  end
  # Fermat test (probabilistic prime number test)
  def prime?(b = 2)
    raise "base must be at least 2 in prime?" if b < 2
    raise "base must be an integer in prime?" unless b.is_a? Integer
    power(b, self >> 1) == 1
  end
  # find square root of -1 modulo prime
  def sqrt_of_minus_one
    return 1 if self == 2
    return false if (self & 3) != 1
    raise 'sqrt_of_minus_one works only for primes' unless prime?
    # now just try all numbers (each succeeds with probability 1/2)
    2.upto(self) do |b|
      e = self >> 1
      e >>= 1 while (e & 1).zero?
      x = power(b, e)
      next if [1, self-1].include? x
      loop do
        y = (x*x) % self
        return x if y == self-1
        raise 'sqrt_of_minus_one works only for primes' if y == 1
        x = y
      end
    end
  end
end

# find a prime
p = loop do
      x = rand(1<<512)
      next if (x & 3) != 1
      break x if x.prime?
    end

puts "%x" % p
puts "%x" % p.sqrt_of_minus_one

缓慢的部分现在正在寻找素数（大约需要 log(n)^4 整数运算）； 对于 512 位素数求 -1 的平方根仍然需要不到一秒的时间。

Answer 5

考虑预先计算结果并将其存储在文件中。 现在许多平台都拥有巨大的磁盘容量。 然后，获得结果将是一个 O(1) 的操作。

Answer 6

（以亚当的回答为基础。）
查看关于二次互易的维基百科页面：

x^2 equation -1 (mod p) 当且仅当 p equation 1 (mod 4) 时可解。

然后，您可以避免精确搜索那些与 1 模 4 不全等的奇素数 n 的根：

def table(n):
    if n == 2: return 1
    if n%4 != 1: return None   # or raise exception
    ...

Answer 7

基于OP的第二次编辑：

def table(n):
    if n == 2: return 1
    if n%4 != 1: return

    mod = 0
    a1 = n - 1
    for a in xrange(1, a1, 2):
        mod += a

        while mod >= n: mod -= n
        if mod == a1: return a//2 + 1

Answer 8

看起来您正在尝试求 -1 模 n 的平方根。 不幸的是，这不是一个简单的问题，具体取决于您的函数中输入的 n 值。 根据n，甚至可能没有解决方案。 有关此问题的更多信息，请参阅维基百科。

Answer 9

编辑2：令人惊讶的是，减少平方强度大大减少了时间，至少在我的Python2.5安装上是这样。 （我很惊讶，因为我认为解释器开销占用了大部分时间，并且这并没有减少内部循环中的操作数量。）将表（1234577）的时间从 0.572 秒减少到 0.146 秒。

 def table(n):
     n1 = n - 1
     square = 0
     for delta in xrange(1, n, 2):
         square += delta
         if n <= square: square -= n
         if square == n1: return delta // 2 + 1

strager 发布了同样的想法，但我认为不太严格编码。 同样，jug 的答案是最好的。

原始答案：在康拉德·鲁道夫的基础上进行的另一个简单的编码调整：

def table(n):
    n1 = n - 1
    for a in xrange(1, n // 2 + 1):
          if (a*a) % n == n1: return a

在我的笔记本电脑上显着加快速度。 （表（1234577）大约占 25%。）

编辑：我没有注意到 python3.0 标签； 但主要的变化是将部分计算提升到循环之外，而不是使用 xrange。 （学术性的，因为有更好的算法。）

Answer 10

你可以缓存结果吗？

当你计算一个大的 n 时，你几乎可以免费得到较小的 n 的结果。