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分治法：最大子数组、Strassen 与递推分析 | 自在学

分治法：把一次难题拆成一棵可计价的树

一段连续 17 天的价格记录摆在面前，只允许买入一次、之后卖出一次。最直接的做法是枚举所有买卖日，比较每一对日期的收益。日期数翻倍，候选对数大约会变成四倍。

另一条路是先把相邻两天的价格差写成数组，再寻找和最大的连续片段。问题的表面变了，真正的难点也显出来了：把数组从中间切开以后，最优片段可能完全在左边、完全在右边，也可能横跨切口。前两种可以递归处理，第三种必须专门设计合并步骤。

这正是分治法的工作方式：拆开问题只是起点，合并答案才决定算法是否成立；递推式则记录整棵递归树到底花了多少工作。

分治法总览图：左侧主问题经分解形成多层递归子问题，右侧将子答案合并为结果，下方成本账本对应 a 个子问题、本层工作 f(n) 与总成本 T(n)。

图中的分支数对应递推式里的 $a$ ，每个节点内部的非递归工作对应 $f(n)$ ；所有节点成本累加后才是 $T(n)$ 。

从“拆成两半”到完整算法

一个分治算法通常包含三个动作。

分解：把规模为 $n$ 的问题切成若干个更小的同类问题。切分要让子问题保留原问题的结构，否则递归过程无法复用同一套解法。

求解：对子问题继续执行同样的算法。当规模小到可以直接回答时停止递归，这个停止点是基本情形。

合并：利用子问题的答案构造原问题的答案。合并可能只需一次比较，也可能需要扫描整个区间；这部分成本经常决定最终复杂度。

如果一次调用产生 $a$ 个规模约为 $n/b$ 的子问题，并且本层分解、合并及其他非递归工作一共需要 $f(n)$ ，运行时间常写成：

T(n)=aT(n/b)+f(n)

这里的 $a$ 不能被“常数可以忽略”这句话删掉。它决定每个节点有多少个孩子，继而决定第 $i$ 层有多少个节点。比如 $8T(n/2)$ 和 $T(n/2)$ 的递归树宽度完全不同。

递推式还需要一个基本情形。若常数规模输入可以在常数时间内解决，可以写成：

T(1)=\Theta(1)

分析渐近增长时，通常把 $T(\lfloor n/2\rfloor)$ 与 $T(\lceil n/2\rceil)$ 简写为 $T(n/2)$ 。这种简写不等于程序可以忽略边界。实现仍要保证两个子区间都缩小，并且最终会到达基本情形。

并非所有递归都符合上面的等分形式。下面三类递推各自描述了不同的拆分方式：

递推式	拆分含义	常用分析方法
$T(n)=2T(n/2)+\Theta(n)$	两个等大的子问题，本层线性工作	递归树、主方法
$T(n)=T(n/3)+T(2n/3)+\Theta(n)$

看到递归代码时先问“子问题是否真正变小、答案是否覆盖全部情况、合并成本是多少”。只写出递归调用，并不能自动得到一个正确或高效的分治算法。

递推式 T(n)=4T(n/2)+n 中的系数 4 表示什么？

最大子数组：合并步骤决定答案

设价格为：

text

[100, 113, 110, 85, 105, 102, 86, 63, 81, 101, 94, 106, 101, 79, 94, 90, 97]

把第 $i$ 天相对第 $i-1$ 天的变化记为 $A[i]$ ，得到：

text

[13, -3, -25, 20, -3, -16, -23, 18, 20, -7, 12, -5, -22, 15, -4, 7]

若从第 7 天收盘后买入，在第 11 天收盘后卖出，收益就是变化数组下标 7 到 10 的总和。于是买卖问题变成：寻找一个非空、连续且元素和最大的子数组。

三类候选没有遗漏

考虑区间 $A[low\ldots high]$ ，中点为 $mid$ 。任意连续片段相对中点只可能处在三个位置之一：

终点不超过 $mid$ ，整个片段位于左半区间。
起点大于 $mid$ ，整个片段位于右半区间。
起点不超过 $mid$ 且终点大于 $mid$ ，片段横跨中点。

最大子数组分治证明图：数组在 -16 与 -23 之间标出中点，上方列出左侧、右侧和跨中点三类互斥候选；下方将跨中点候选拆为最大后缀与最大前缀，再合并为连续片段。

图中这次切分的跨中点候选是左侧最大后缀 [20, -3, -16] 与右侧最大前缀 [-23, 18, 20, -7, 12] 的拼接。递归调用还会分别给出左侧候选和右侧候选，三者取和最大者。

左、右候选是规模更小的最大子数组问题，可以递归求解。跨中点候选附带“必须经过切口”的限制，不是原问题的普通缩小版，应放进合并步骤处理。

跨中点候选为什么能线性求出

任何跨中点片段都可以唯一分成两段：以 $mid$ 结尾的左侧后缀，以及从 $mid+1$ 开始的右侧前缀。最佳跨中点片段必然使用“和最大的左侧后缀”与“和最大的右侧前缀”。如果其中一边不是最大，把它替换成更大的同类片段就会得到更好的跨中点答案，产生矛盾。

从中点向左累加一次，再从中点右侧向右累加一次，就能找出这两段：

python

def crossing(a, low, mid, high):
    best_left_sum = float("-inf")
    total = 0
    best_left = mid
    for i in range(mid, low - 1, -1):

两个循环合计访问 high - low + 1 个元素，因此合并成本是 $\Theta(n)$ 。

递归实现与复杂度

python

def max_subarray(a, low=0, high=None):
    high = len(a) - 1 if high is None else high
    if low == high:
        return low, high, a[

两个递归调用各处理一半数组，跨中点扫描是线性的，所以：

T(n)=2T(n/2)+\Theta(n)

每层的区间总长度都是 $n$ ，树高约为 $\log_2 n$ ，因此：

T(n)=\Theta(n\log n)

下面的结果来自 Python 3.14.6 的实际运行：

console

最大连续片段: [18, 20, -7, 12]
下标与总和: (7, 10, 43)
买卖日: (7, 11)
全负数: (3, 3, -2)

best_left_sum 和 best_right_sum 必须初始化为负无穷，而不是 0。题目要求非空子数组时，全负数输入的答案应是最大的单个元素；把初值写成 0 会悄悄允许空片段。

跨中点最大子数组由哪两部分组成？

分块矩阵乘法：递归不一定更快

两个 $n\times n$ 矩阵相乘时，结果元素为：

C_{ij}=\sum_{k=1}^{n}A_{ik}B_{kj}

结果共有 $n^2$ 个位置，每个位置要累加 $n$ 个乘积，直接算法需要 $\Theta(n^3)$ 时间。

把每个矩阵分成四个半规模方块：

A= \begin{pmatrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{pmatrix}, \qquad B= \begin{pmatrix} B_{11} & B_{12} \\ B_{21} & B_{22} \end{pmatrix}

普通分块乘法得到：

\begin{aligned} C_{11}&=A_{11}B_{11}+A_{12}B_{21} \\ C_{12}&=A_{11}B_{12}+A_{12}B_{22} \\ C_{21}&=A_{21}B_{11}+A_{22}B_{21} \\ C_{22}&=A_{21}B_{12}+A_{22}B_{22} \end{aligned}

四个结果块各需要两次半规模矩阵乘法，总共是 8 次递归乘法。矩阵加法需要遍历 $\Theta(n^2)$ 个元素，于是递推式为：

T(n)=8T(n/2)+\Theta(n^2)

它的解仍是 $\Theta(n^3)$ 。这说明“写成递归”不会自动改善复杂度。真正影响指数的是递归树的分支数与缩小比例。

实现分块时还要决定是否复制数据。用行列范围表示子矩阵，切分本身可以做到常数时间；即使复制导致本层多出 $\Theta(n^2)$ 工作，递推式的渐近解仍不会改变，不过实际常数和内存占用会增加。

把普通矩阵乘法改写成四分块递归后，时间复杂度会自动降到 Θ(n² log n)。

Strassen：用加减法换掉一次递归乘法

普通分块方案的瓶颈是 8 个递归乘法。Strassen 的做法是先组合输入块，只计算 7 个乘积，再用这些乘积还原四个输出块。

Strassen 分块矩阵乘法概念图：矩阵 A、B 的普通路径包含 8 个递归乘法节点，Strassen 路径包含 P1 至 P7 七个节点并配有加减连接，两条路径均汇合到结果矩阵 C。

普通分块路径的 8 个乘法节点使递归树每层按 8 倍扩张；下方路径增加矩阵加减组合，把分支数降为 7。

一种常用的七乘积写法是：

\begin{aligned} P_{1} & = A_{11} (B_{12} - B_{22}) \\ P_{2} & = (A_{11} + A_{12}) B_{22} \\ P_{3} & = (A_{21} + A_{22}) B_{11} \\ P_{4} & = A_{22} (B_{21} - B_{11}) \\ P_{5} & = (A_{11} + A_{22}) (B_{11} + B_{22}) \\ P_{6} & = (A_{12} - A_{22}) (B_{21} + B_{22} \end{aligned}

随后重组结果：

\begin{aligned} C_{11}&=P_5+P_4-P_2+P_6 \\ C_{12}&=P_1+P_2 \\ C_{21}&=P_3+P_4 \\ C_{22}&=P_5+P_1-P_3-P_7 \end{aligned}

这些加减法处理的仍是半规模矩阵，本层总成本为 $\Theta(n^2)$ ；递归乘法从 8 次降到 7 次：

T(n)=7T(n/2)+\Theta(n^2)

因此：

T(n)=\Theta\left(n^{\log_2 7}\right)\approx\Theta(n^{2.807})

用下面两个矩阵核对公式：

A= \begin{pmatrix} 1&3\\ 7&5 \end{pmatrix}, \qquad B= \begin{pmatrix} 6&8\\ 4&2 \end{pmatrix}

Python 3.14.6 的实际输出为：

console

普通乘法: [[18, 14], [62, 66]]
七个乘积: [6, 8, 72, -10, 48, -12, -84]
Strassen: [[18, 14], [62, 66]]
指数: 2.807355

两条路径给出同一个结果。小矩阵上，额外加减、临时矩阵与内存访问可能让 Strassen 更慢；工程实现通常设置阈值，小规模时切回普通乘法。若矩阵边长不是 2 的幂，可以补零到不小于 $n$ 的最近 2 的幂，计算后再裁掉补出的行列。补零后的边长小于 $2n$ ，不会改变渐近阶。

Strassen 改善渐近复杂度的直接原因是什么？

递归树：逐层把成本加起来

递归树把一个递推式画成调用结构。每个节点标记“该子问题本层的非递归成本”，边表示递归产生的子问题。分析时按三步计价：

求第 $i$ 层的节点数。
求该层每个节点的规模与单节点成本。
先算层成本，再把所有层与叶子成本相加。

以最大子数组的递推为例，先把常数省略成：

T(n)=2T(n/2)+n

第 $i$ 层有 $2^i$ 个节点，每个节点规模为 $n/2^i$ 。每个节点的扫描成本与自身规模成正比，因此第 $i$ 层总成本是：

2^i\cdot\frac{n}{2^i}=n

递推式 T(n)=2T(n/2)+n 的递归树成本账本：前三层节点数依次为 1、2、4，各层节点成本分别为 n、n/2、n/4，右侧逐层合计均为 n，树高 log₂n，最终总成本为 n log n。

节点内黑色数字表示子问题规模，橙色数字表示该节点本层扫描成本。节点数增加与单节点成本下降正好抵消，所以每层总成本保持为 $n$ 。

当子问题规模降到 1 时：

\frac{n}{2^h}=1

所以树高 $h=\log_2 n$ 。每层成本都是 $n$ ，共有约 $\log_2 n$ 层，叶子总成本也是 $Θ (n)$ ，最终得到。

对 n=64 的实际计算显示前六层成本完全相同：

console

递归树层成本: [(0, 1, 64, 64), (1, 2, 32, 64), (2, 4, 16, 64), (3, 8, 8, 64), (4, 16, 4, 64), (5, 32, 2, 64)]

另一个形状是：

T(n)=3T(n/4)+cn^2

第 $i$ 层有 $3^i$ 个节点，每个节点的本层成本是 $c(n/4^i)^2$ ，因此层成本为：

3^i\cdot c\left(\frac{n}{4^i}\right)^2 =cn^2\left(\frac{3}{16}\right)^i

层成本按比例 $3/16$ 衰减，所有内部层形成收敛的几何级数，总量与根节点的 $cn^2$ 同阶。因此根部附近主导，总成本为 $\Theta(n^2)$ 。

对 $T(n)=T(n/3)+T(2n/3)+cn$ 这类不等规模递推，树的叶子深度并不一致。不能把最长路径当成所有分支的高度，再假设每一层始终有完整的 $cn$ 成本。递归树可以帮助形成上界猜想，但严谨结论还应通过代入法或更合适的工具核验。

在 T(n)=3T(n/4)+cn² 的递归树中，第 i 层内部节点的总成本是什么？

主方法：比较递归增长与本层工作

主方法处理固定数量、固定比例子问题的递推：

T(n)=aT(n/b)+f(n)

其中 $a\ge 1$ 、 $b\gt 1$ 。先计算基准量：

n^{\log_b a}

它可以看作“只计算叶子数量时得到的规模”。再把 $f(n)$ 与这个基准作多项式级比较。

情况	比较条件	成本位置	结论
递归部分更大	$f(n)=O(n^{\log_b a-\varepsilon})$	叶子附近主导	$Θ (n^{\log_{b} a})$

第三种情况还要求存在常数 $c\lt 1$ ，使足够大的 $n$ 满足：

af(n/b)\le cf(n)

这个条件保证本层工作沿递归向下按固定比例衰减，不会出现看似根部很大、下层却反常增大的情况。

三个算法怎样落入三种形状

最大子数组的分治算法有 $a=2$ 、 $b=2$ 、 $f(n)=\Theta(n)$ 。基准也是 $n^{\log_2 2}=n$ ，属于同阶情况：

T(n)=\Theta(n\log n)

普通分块矩阵乘法有 $a=8$ 、 $b=2$ 、 $f(n)=\Theta(n^2)$ 。基准为 $n^{\log_{2} 8} = n^{}$ ，递归部分多项式级更大：

T(n)=\Theta(n^3)

Strassen 有 $a=7$ 、 $b=2$ 、 $f(n)=\Theta(n^2)$ 。基准为 $n^{\log_2 7}$ ，仍由递归部分主导：

T(n)=\Theta(n^{\log_2 7})

不能直接套用的情形

下面两种递推都不适合直接套这版主方法：

T(n)=T(n/3)+T(2n/3)+\Theta(n)

它的两个子问题大小不同，无法写成 $a$ 个统一的 $n/b$ 。

T(n)=2T(n/2)+n\log n

这里的基准是 $n$ ，而 $n\log n$ 虽然更大，却没有大出一个 $n^\varepsilon$ 因子，落在同阶情况与多项式级更大情况之间的空档。不能只凭“看起来更大”就选第三种情况。

对 T(n)=9T(n/3)+n，主方法给出的紧确界是什么？

常见误区与设计检查

误区：只验证了两个递归分支

最大子数组若只比较左、右结果，就会漏掉跨中点片段。设计分治算法时，应先证明所有答案能被一组互斥且完备的情况覆盖，再为每种情况安排求解路径。

误区：基本情形改变了题意

非空最大子数组在全负数输入上必须返回某个负数。把累计和初值设为 0，等价于把空数组偷偷加入候选。基本情形与初始值都要服从问题定义。

误区：把递推式里的分支数吞掉

$8T(n/2)$ 中的 8 决定树宽，不能因为它是常数就写成 $T(n/2)$ 。渐近记号可以忽略的是整项外的常数倍，例如 $4n^2=\Theta(n^2)$ ，不是递归调用的数量。

误区：主方法只比较“谁更大”

第一、第三种情况要求多项式级差距；第三种还要检查正则条件。若落入两种情况之间的空档，应改用递归树、代入法或更一般的递推分析工具。

一张可复用的检查表

子问题与原问题是否同类，规模是否严格减小？
基本情形是否覆盖最小合法输入？
候选分类是否互斥且没有遗漏？
合并结果是否足以恢复原问题答案？
本层非递归成本 $f(n)$ 是否计算完整？
递推式是否准确保留子问题个数与规模？
所选递推分析方法是否满足适用条件？
代码中的取整、空输入、全负数与非 2 次幂边长是否处理清楚？

下列哪些检查能直接发现一个分治算法的结构性错误？

综合练习与解析

练习一：判断递归树由哪一层主导

分析：

T(n)=4T(n/2)+n

写出第 $i$ 层的节点数、单节点非递归成本、层成本和最终紧确界。

练习二：处理非 2 次幂矩阵

要用 Strassen 计算两个 $1000\times1000$ 矩阵，可以补零到多大？为什么这不会改变 $\Theta(n^{\log_2 7})$ 的渐近界？

练习三：识别主方法的空档

判断主方法能否直接处理：

T(n)=2T(n/2)+n\log n

练习四：从定义检查全负数数组

对数组 [-8, -3, -6, -2, -5, -4]，非空最大子数组是什么？若允许空子数组，答案怎样改变？

哪一个递推式准确描述了分治最大子数组算法？

)

P_{7} & = (A_{11} - A_{21}) (B_{11} + B_{12})

\begin{aligned} P_1&=A_{11}(B_{12}-B_{22}) \\ P_2&=(A_{11}+A_{12})B_{22} \\ P_3&=(A_{21}+A_{22})B_{11} \\ P_4&=A_{22}(B_{21}-B_{11}) \\ P_5&=(A_{11}+A_{22})(B_{11}+B_{22}) \\ P_6&=(A_{12}-A_{22})(B_{21}+B_{22}) \\ P_7&=(A_{11}-A_{21})(B_{11}+B_{12}) \end{aligned}

\Theta(n)

\Theta(n^{\log_b a})

3

n^{\log_2 8}=n^3