括号生成（时间复杂度篇）

写在前面

• 算法的实现（代码）以及算法的正确性（和所需的理论知识）已经在括号生成（理论及实现篇）写到，如果你没有看过请先大略浏览一遍，以防直接阅读本篇造成的无上下文的体验。
• LeetCode官方题解对这两种算法的分析不仅有些简略而且不太严谨。

现在以上一篇为基础，对闭合数和回溯法做算法复杂度分析。
$$C_n=C_0{C}_{n-1}+C_1{C}_{n-2}+\cdots +C_{n-1}{C}_0,n\ge 1\text{\hspace{1em}(**)}$$

算法复杂度

1. 闭合数（纯递归版）

//部分代码
for (int c = 0; c < n; ++c)
	for (String left: generateParenthesis(c))
		for (String right: generateParenthesis(n-1-c))
			ans.add("(" + left + ")" + right);
 

这一段循环实际上是翻译了一遍Catalan数的递推式$(\ast \ast )$，我们自然可以得到
$$\begin{array}{rl}{T}_{gpRec}(n)& =T_{gpRec}(0)T_{gpRec}(n-1)+T_{gpRec}(1)T_{gpRec}(n-2)+\cdot \cdot \\ & \cdot \cdot +T_{gpRec}(n-1)T_{gpRec}(0)\\ & =\sum _{k=0}^{n-1}{T}_{gpRec}(k)T_{gpRec}(n-k-1)\end{array}$$

理论篇中说明了使用母函数法可以算出$T_{gpRec}(n)$的表达式（具体方法已经超出本文讨论范畴，不在此说明，可以自行查阅资料如《组合数学》），利用结论我们有
$$T_{gpRec}(n)=O(\frac{1}{n+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}))$$

使用Striling公式 $n!\sim \sqrt{2\pi n}(\frac{n}{e}{)}^n$，对$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)$作无穷量近似
$$\begin{array}{rl}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n}\right)=\frac{(2n)!}{n!n!}& \sim \frac{\sqrt{4\pi n}\cdot 4^n\cdot (\frac{n}{e}{)}^{2n}}{2\pi n\cdot (\frac{n}{e}{)}^{2n}}\\ & =\frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}\to \frac{4^n}{\sqrt{n}}\end{array}$$

所以可得
$$T_{gpRec}(n)=O(\frac{1}{n+1}\cdot \frac{4^n}{\sqrt{n}})=O(\frac{4^n}{n\sqrt{n}})$$

2. 闭合数（动态规划版）
   递推式和1中的递归版完全一样
   $$T_{gpDP}(n)=\sum _{k=0}^{n-1}{T}_{gpDP}(k)T_{gpDP}(n-k-1)$$

   由于我们对子问题的结果进行了保存处理，所以时间复杂度不仅由递推式决定还要考虑己保存的子问题结果，所以我们最终需要分析的是 $gpDP$算法对应的DAG(Directed Acyclic Graph, 有向无环图)中节点的个数。

   以$n=3$为例
   对于$gpRec$，函数调用关系图如下（部分省略）
   
   我们省去一些相同的调用，将上图变为DAG
   
   这也就是$gpDP$所做的，节点个数为4，只需计算4次就能得到答案，于是
   $$T_{gpDP}(n)=O(n+1)=O(n)$$

3. 回溯法
   这一算法用递推关系难以表示（确切的说这就是一个串行算法， 并不是任意一层递归都能进入添加)和(这两个入口，大多时候只有一个入口），因为问题的规模不仅仅与 $n$ 有关，还与当前开闭括号数有关，所以不能精确地表示$T(n)$。
   但如果简单的认为复杂度与结果的个数相近既不严谨也不正确，所以我们换一个角度，对函数调用次数进行分析（这样分析的理由使考虑到该算法过于“串行”）
   基于实际消耗的时间，让我们觉得更加需要重新分析

   • 回溯法
     
   • 闭合数
     $I.$ 纯递归
     
     $II.$ 动态规划
     

基于函数调用次数的复杂度分析（这种观点存在争议）

规定：

• 适用于复杂度受递归层数影响较大的算法
• 函数调用次数用$N(n)$表示，$n$ 表示输入的规模，意思是要得到参数为n时的结果，还需进行$N(n)$次函数调用
• 根据定义，我们不考虑第一次调用，即$N(0)=0$
• 可以通过分析递归深度，与每层调用的大致情况进行定性分析

1. 闭合数（纯递归）
   观察递推式$(\ast \ast )$
   $$C_n=C_0{C}_{n-1}+C_1{C}_{n-2}+\cdots +C_{n-1}{C}_0$$

   我们发现，$C_0,C_1,\cdots ,C_{n-1}$每个出现两次，反映在函数调用上，可表述为——参数为$n$的调用，会进行两次参数为$i(\in [0,n-1])$的调用，每个调用要得到相应结果还需进行$N(i)$次调用，依次类推…
   于是可以写出递推式
   $$N(n)=2(N(n-1)+\cdots +N(1)+N(0))+2n$$

   简单的变形后可以计算出
   $$N(n)=3^n-1=O(3^n)$$

2. 回溯法
   可以先观察一些$n$较小的$N(n)$的值

	i	1	2	3	4
N(i)	回溯法	2	7	21	63
	闭合数	2	8	26	80

发现回溯法的$N(n)$值的确比闭合数的小，且趋势逐渐增大